Ευκλειδης Β 80

ιοδικό yια το ΑΥΚΕΙΟ

-=-=:--ο_

I

·�� :f(t�wμΈτpι�ή τοπολογίa���

'�

'!t_ι :;'

•

�.,;·

• ,' '

-

'

-

�

•

•

:

•

:�:::·:. Χ�!qτ�ς:n,απακυρια�όπουλος : ·

"·• '

�

'

�·-·�

�

�

.

80

\

�οθnμοιική �ονιελοnοίnσn Συνέδριο Α θ ή να

ΙΕ:

Λ Λ

u

Ν1 1 ,κ Η

INi

ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ

2 α 1 ]1

Α e ιnι Μ Α τ ι ΙΚ s

ΙΙΕ:

1iF . Α ι, Ρ Ε Ί Α

ι

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

80

•

Απρίλιος

www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

-/' Χρίστος Παπακυριακόπουλος

•

και

6

Μαθηματικά Α' Τάξης

15

-/' Γεωμετρία: Επαναληπrικές Ασκήσεις

25

-/' Άλγεβρα: Επαναληπrικές Ασκήσεις

30

-/' Κατεύθυνση: Επαναληπrικές Ασκήσεις

42

Μαθηματικά Β' Τάξης

-/' Γεωμετρία: Επαναληπrικές Ασκήσεις

38

Μαθηματικά Γ' Τάξης

-/' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας: Επαναληπrικές Ασκήσεις

46

-/' Τα αόριστα ολοκληρώματα στο Λύκειο

51

-/' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Επαναληπrικές Ασκήσεις

55

-/' Το διαρκές σεμινάριο

70

-/' Το βήμα του Ευκλείδη

73

-/' Μια συνάρτηση για κάθε χρήση

-/' Το θεώρημα της αντικατάστασης στα ολοκληρώματα

-/' Ο Ευκλείδης προτείνει••.

53

63

71

10° Συνέδριο Γεωμετρίας

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτtΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΤΙ)\; 21Ο 3617784

•

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος:

3616532

Fαιc: 2 103641025

Τασσόπουλος Γιώργος

Κα.\οyερ6ποu.\ος rρηyοριος

Αντιπρόεδρος:

Επιμέλεια "Εκδοσης: Τασσόπουλος Γιώργος

Χριστόποuλος Παναγιώτης

Εκδότης:

•

•

Διευθυντης: Τυρλής Ιωάννης

• . Ευστα θ ιου Βαγγελης •

Γραμματεας:

Μέλη:

Αργυράκης Δ.

Λουρίδας Σ.

Ευσταθίου Βαγγέλης

Ζώτος Βαγγέλης

Ταπεινός Ν.

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105- 7998

Γρά

ΛΥΚΕΙΟ

α τη Σύνταξης

Μαθηματικής Παιδείας μοντελοnοiηση•

που θα. γίνει CΠIJY Αθήνα 11-13 �ίου

82

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

106 79 ΑΘΗΝΑ

ΓΙΑ ΤΟ

"Μαθηματική

81

-/' 5η Μαθηματική Φοιτητική Ολυμπιάδα

3,50

e-mail: info@hms.gr

28ou Συνεδρίου

78

-/' Στήλη του Μαθητή

Ε υ ρ ώ:

ΣύνΘεση εξωφύλλου: Από την Αφίσσα τcu

77

-/' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

2011·

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, Με μεγάλη χαρά, σας παραδίνου�ε και φ­ έτος το τελευταίο τεuχος της χρονιας, με την ελπίδα να σας φανεί χρήσιμο στην τελική πρ­ οσπάθεια για τις εξετάσεις, ειδικά τις πανελ­ λαδικές. Οι διάφορες έκτακτες υποχρεώσεις της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας δεν μας ε­ πέτρεψαν να πραγματοποιήσουμε λίγο νωρίτερα την έκδοσή του. Εξάλλου και η ανα­ κοίνωση τις διενέργειας των εξετάσεων νωρίτερα από τις άλλες χρονιές δυσχεραίνει ακόμη περισσότερο το έργο της επανάληψης. Όμως με λίγη επι πλέον προσπάθεια πι­ στεuουμε, ότι ανάμεσα στα όσα άλλα, θα μπορέσετε να αξιοποιήσετε και την uλη του περιοδικοu μας. Με τις ευχές για καλή επιτυχία στο δuσκο­ λο δρόμο σας ευχόμαστε να φτάσουμε όλοι με καλή διάθεση στο καλοκαίρι. Σας περιμέ­ νουμε όλους με κέφι και όρεξη το Σεπτέβρη Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Τασσόπουλος Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Ευσταθίου

11

-/' Άλγεβρα: Επαναληπrικές Ασκήσεις

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Ιούνιος

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

-/' Homo Mathematicus

•

•

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

-/' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-/' Νίκος Αρτεμιάδης

Μάιος

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Ευσταθίου Βαyyε"λης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαyyε"λης Κακκαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης Κανελ " λος Χρήστος Καρογκούνης Δημήτρης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κεροσαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα

·�.:,-.-5�:::,��-�s�'

..

2011

Συντακτική επιτροπή Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπε"λας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππαc; Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκηc; Λεωνίδας Μενδρινόc; Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκοc; Χρήστος Πανουσάκηc; Νίκος Ρέγκληc; Δημήτρης

Σαlτη Εύα Σταϊκοc; Κώστας Στάϊκοc; Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζιώτζιοc; Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκηc; Γιώργος Τσιούμαc; Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανε"λη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάc; Σπύρος Χριστόπουλος Παναγι�c; Ψύχας Βαyyε"ληc;

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• •

•

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει όπ προτείνονται από την Ε.Μ.Ε.

Οι συνεργάτεc;, τα άρθρα, οι προτεινόμενεc; ασκήσειc;, οι λύσειc; ασκήσεων κτλ. πρέπει να στε'Ανονται έγκαιρα, σrα γραφεία τηc; Ε.Μ.Ε.

Τιμή Τεύχους: ευρώ

με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν επισrρέφονται.

Ετήσια συνδρομή (12,00

+

2,00 Ταχυδρομικά

=

ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

3,50

Το αντίπμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονται σrέλνεται με απλή εmταyή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται σrα γραφεία τηc; Ε.Μ.Ε. Εκτύπωση: ROTOPRINT Ε.Ε.

τηλ.:

ΚΕΝΤΡΟ ΓΡΑΦιΚΩΝ ΤΕΧΝΩΝ: ΔtΗΝΕΚΙΞΣ:

210 6623778-358 fax.: 210 6643742 Υπει18uνος τuπογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

:Κλεισόβης 7, Aθnva τηλ.: 210 3606760,

fax.: 210 3606826

•

e-mai/: dinekes@ofenef.gr

ΧΡΙΣΙΟΣ Ο

σημαντικός ερευν τής της Γεωμετρικής Τοπολογίας

Επιμέλεια: Ευάγγελος Σπανδάγος

1. Η Οικσyένεια του

Ο Χρίστος1 Παπακυριακόπουλος, ο "Πάπα" όπως τον αποκαλούσαν οι Αμερικανοί συνεργάτες του, γεννήθηκε στις 16 Ιουλίου του 1 9 1 4 στην Α­ θήνα και πέθανε στις 29 Ιουνίου του 1 976 στο Πρίνστον των Η.Π.Α. Ο πατέρας του Δημήτριος Παπακυριακόπου­ λος, με καταγωγή από το Νεοχώριο της Τριπόλεως, ήταν έμπορος υφασμάτων. Διατηρούσε ένα κατά­ στημα στην οδό Ερμού. Ο πατέρας του παντρεύτηκε το 1 913 τη μητέρα του Ζωή, το γένος Λίτσα. Η Ζωή ήταν θυγατέρα του πολύ πλούmου κτηματία και ε­ μπόρου Νικολάου Λίτσα. Ο Νικόλαος διατηρούσε, με το γιο του Φίλιππο, ένα εμπορικό κατάστημα με υφάσματα στην οδό Ερμού. Η μητέρα του Ζωή είχε έναν αδαμάντινο χαρακτήρα, δεν ήταν όμως όμορφη. Σύμφωνα με τις αντιλήψεις της εποχής δεν εργαζό­ ταν. Διηύθυνε το σπίτι με τη βοήθεια μιας μαγείρισ­ σας και μιας υπηρέτριας.

2. τ α

μαθητικά του χρόνια

Ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος αποφοίτησε, από το Δημοτικό Σχολείο της οδού Αδριανού της Αθήνας, το 1 926 με το βαθμό "άριστα". Φοίτησε για ένα χρόνο στο 1° Γυμνάmο Αθηνών στην Πλάκα και τον Ιούλιο του 1 927 εισήλθε, κατόπιν εισαγωγικών εξετάσεων, στο Βαρβάκειο. Μετά από φοίτηση ενός χρόνου ακολούθησε το 4-ετές πρακτικό τμήμα του Βαρβακείου2 • Εκείνα τα χρόνια το Βαρβάκειο στεγα­ ζόταν στο ωραίο κτίριο που βρισκόταν στο χώρο α­ πέναντι από την τωρινή Βαρβάκειο αγορά της οδού Αθηνάς. Η ολοσχερής καταστροφή του κτιρίου αυ­ τού, κατά τα Δεκεμβριανά στις 28 και 29 Δεκεμβρί­ ου του 1944, είχε ως αποτέλεσμα την απώλεια του αρχείου από την ίδρυση του Σχολείου, το 1886, μέχρι και το 1944. Για το λόγο αυτό, εκτός από λίγες διη­ γήσεις, δεν υπάρχουν γραπτά στοιχεία για τη γυμνα­ mακή διαδρομή του. Ο αείμνηστος Πολιτικός Μηχανικός Ιάσων Παπακωστόπουλος, που υπήρξε συμμαθητής του στο Βαρβάκειο, μου είχε διηγηθεί, το 1 990, ότι ο Παπακυριακόπουλος διακρινόταν για τη μεγάλη 1

Ο Παπακυριακόπουλος έγραφε το όνομά του με ''γιώτα". "Χρί­

στος" αντί "Χρήστος".

2

Ο επίσημος τίτλος του Σχολείου ήταν Πρότυπο Πρακτικό Λύκειο

(Βαρβάκειον).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

επιμέλειά του. Δεν σήκωνε όμως ποτέ χέρι ούτε πεταγόταν μέσα στην τάξη. Όταν τον ρωτούσαν οι καθηγητές του, απαντούσε πάντα πρόθυμα και σωστά. Ήταν πολύ ευγενικός προς όλους, αλλά απέφευγε τις παρέες με τους συμμαθητές του. Στα διαλείμματα τον έβλεπαν καθισμένο στα σκαλοπά­ τια της εισόδου της αυλής να ασχολείται με ασκή­ σεις Γεωμετρίας. Σύμφωνα με τον Παπακωστό­ πουλο, ο Χρίστος ήταν ο πρώτος μαθητής στην τάξη. Διακρινόταν σ' όλα τα μαθήματα. Ιδιαίτερη όμως κλίση είχε στα μαθηματικά. Οι μαθητές των τελευταίων τάξεων του Βαρβακείου, των σχολικών ετών 1930 - 193 1 και 1 93 1 - 1 932, είχαν την τύχη να έχουν καθηγητές των μαθηματικών τους εκλε­ κτούς δασκάλους, επιστήμονες και συγγραφείς, Αντώνιο Μονοκρούσο, Γεώργιο Κατσαμά και Λουκά Καίσαρα. Ο Χρίστος ήταν, κατά τα χρόνια της φοίτησής

του στο Βαρβάκειο, συνδρομητής του Παραρτή­ ματος του Δελτίου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Έλυνε με μεγάλη ευχέρεια τις προτει­ νόμενες ασκήσεις, αλλά δεν έστελνε ποτέ τις λύ­ σεις στην επιτροπή του περιοδικού. Αυτό το έκανε διότι απέφευγε την κάθε είδους προβολή. Τις λύ­ σεις τις έδειχνε στους καθηγητές; του Γ. Κατσαμά και Λ. Καίσαρα που ήταν μέλη της επιτροπής εκ­ δόσεως του Παραρτήματος και δημοσίευαν σ' αυτό τακτικά διάφορα άρθρα και ασκήσεις. Απ' όλους τους κλάδους των Μαθηματικών τον ενδιέφερε περισσότερο η Γεωμετρία. Ο Χρί­ στος είχε τη σπάνια ικανότητα να διαβάζει και να παρακολουθεί συγχρόνως τα δρώμενα στην τάξη. Έτσι, κατά τη διάρκεια της διδασκαλίας των φιλο­ λογικών μαθημάτων, έλυνε δύσκολες γεωμετρικές ασκήσεις από το βιβλίο των Ιησουϊτών ''Exercices de Geometrie". Το 1 93 1 γνώρισε και τις "μη Ευ­ κλείδειες Γεωμετρίες". Αυτό έγινε μετά από μια διάλεξη στο Βαρβάκειο του Μαθηματικού Ανδρέα Παπασπυρόπουλου την οποία παρακολούθησαν και οι μαθητές της τελευταίας τάξεως του πρακτι­ κού τμήματος. Έτσι ο Χρίστος άκουσε για πρώτη φορά για τις "άλλες" γεωμέτρίες. Τη Γεωμετρία Lobachevsky (Λομπατζέφσκι) και τη Γεωμετρία Riemann (Ρίμαν). Ο Παπασπυρόπουλος βλέποντας, μετά τη διάλεξή του, το μεγάλο ενδιαφέρον του νεαρού Παπακυριακόπουλου που εκδηλώθηκε με καίριες Β ' 80 τ.4/1

------

Χ ρ ίστος Π απ ακυ ρ ιακόπουλο ς

και εμπεριστατωμένες ερωτήσεις, του χάρισε το βιβλίο του Νικολάου Χατζιδάκη "Κινητική Απειροστική Γεωμετρία", ένα προχωρημένο μαθηματικό σύγγραμμα. Κατά τον Ιάσωνα Παπακωστόπουλο, ο Αλέξανδρος Σαρής και ο Γεώργιος Κατσαμάς είχαν μυήσει τον Παπακυριακόπουλο και τους συμμαθητές του στην αρχαία ελληνική επιστήμη. Τους δίδασκαν εκτός μαθήματος, σε σεμινάρια που είχαν καθιερώσει, τα σχετικά με το έργο των Αρχαίων Ελλήνων Μαθηματικών και των Αρχαίων Ελλήνων Αστρονόμων. Ο Παπακυριακόπουλος έδειξε ως μαθητής μια ιδιαίτερη αγάπη στα "Στοιχεϊ:α" του Ευκλείδου. Τον τραβούσε ιδιαίτερα το 1 0° βιβλίο των "Στοιχείων", "Τό Περί άσυμμέτρωv", που είχε χαρακτηριστεί ως "ο σταυρός του μαρτυρίου των Μαθηματικών".

3. Τα φοιτητικά

του

χρόηα

Ο Παπακυριακόπουλος είχε, από μαθητής ακόμα, όπως προαναφέραμε, μια μεγάλη έφεση για τα μαθηματικά. Όπως ήταν λοιπόν επόμενο, ήθελε να ακολουθήσει την επιστήμη αυτή. Αντιδρούσε όμως ο πατέρας του που δεν τον ήθελε "δασκαλά­ κο". Για να ικανοποιήσει την πατρική επιθυμία, αποφάσισε να δώσει εισαγωγικές εξετάσεις στο τμήμα Πολιτικών Μηχανικών του Εθνικού Με­ τσόβειου Πολυτεχνείου.

Με τη μητέρα και τη γιαγιά του, το

1948

Είναι χαρακτηριστικό το γεγονός ότι ο πατέ­ ρας του ρώτησε, πριν την αποφοίτησή του, τον κα­ θηγητή των Μαθηματικών του Βαρβακείου Αντώ­ νιο Μονοκρούσο, μετέπειτα ιδιοκτήτη φροντιστη­ ρίου στον Πειραιά, αν έπρεπε ο γιος του να παρα­ κολουθήσει θερινό φροντιστήριο. Η απάντηση ή­ ταν: «Όχι και φροντιστήριο . . . Η εισαγωγή του είναι σίγουρη». Κατά μήνα Σεπτέμβριο του 1 932 έδωσε εισα­ γωγικές εξετάσεις στο τμήμα των Πολιτικών Μη­ χανικών του Ε.Μ.Π. Όπως ήταν επόμενο, η πρό­ βλεψη του Μονοκρούσου επιβεβαιώθηκε. Τον Οκτώβριο του 1 932, που ανακοινώθηκαν τα απο­ τελέσματα, εισήχθη μεταξύ των τριών πρώτων, ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

-------­

στη Σχολή αυτή (η ακριβής σειρά επιτυχίας δεν εί­ ναι γνωστή). Σημειώνουμε ότι εκείνη την εποχή οι εισαγωγικές εξετάσεις στο Ε.Μ.Π. ήταν αρκετά δύσκολες. Οι υποψήφιοι, εκτός των άλλων μαθημάτων, έδι­ ναν εξετάσεις χωριστά στην Άλγεβρα, στη Γεωμε­ τρία και στη Τριγωνομετρία. Για κάθε κλάδο δίνο­ νταν 4 πολύ δύσκολα θέματα. Στο τμήμα όμως των Πολιτικών Μηχανικών φοίτησε μόνο ένα χρόνο, γιατί τον . . . "απέβαλε δια παντός" ο Καθηγητής Νικόλαος Κριτικόξ Ο Κριτικός, με τη μεγάλη του διαίσθηση, αναγνώρι­ σε το εξαιρετικό ταλέντο του Χρίστου στα μαθη­ ματικά και τον έπεισε να κάνει μεταγραφή στο Μαθηματικό τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών. Προηγουμένως βέβαια είχε πείσει και τον πατέρα του. Ένας δευτερεύον λόγος που συνετέλεσε στην απόφαση της μεταγραφής ήταν και η αποστροφή του Παπακυριακόπουλου για τα διάφορα ''Πρα­ κτικά" μαθήματα της Σχολής (οικοδομική, οδοποι­ ία, εδαφολογία κ.ά.). Στις 1 Ο Σεπτεμβρίου του 1 933 υποβάλλει αί­ τηση για μεταγραφή στο Μαθηματικό τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών. Ο Κοσμήτορας της Φυ­ σικομαθηματικής Σχολής, Καθηγητής Νικόλαος Χατζιδάκης ( 1 872 - 1942), λαμβάνοντας υπ' όψη και τις θερμές συστάσεις του Κριτικού, έκανε δε­ κτή την αίτησή του κι έτσι ο Οκτώβριος του 1 93 3 βρίσκει τον Παπακυριακόπουλο φοιτητή στο Μαθηματικό τμήμα. Όπως ήταν επόμενο, ως φοι­ τητής γρήγορα διακρίθηκε για τη μεγάλη του αγά­ πη προς την επιστημονική έρευνα. Τον Απρίλιο του 193 5 εκδόθηκε και κυκλοφό­ ρησε στο Βερολίνο το βιβλίο με τίτλο "Topologie" των Ρ. Alexandrofr' (Αλεξαντρόφ) και Η. Hopf (Χοπφ ). Ο Χρίστος, μόλις πληροφορήθηκε την έκδοση του βιβλίου, έσπευσε να το παραγγείλει. Η οικονομική άνεση της οικογένειάς του, τού επέ­ τρεψε να το προμηθευτεί σε πολύ μικρό χρονικό διάστημα. Με εμπεριστατωμένη μελέτη, έκανε κτήμα του τις 637 σελίδες του μνημειώδους αυτού συγγράμματος. Σημειώνουμε ότι ο Παπακυρια­ κόπουλος γνώριζε πολύ καλά τη γερμανική γλώσ­ σα. Τα ερωτήματα που προέκυπταν τα συζητούσε με τον μέντορά του Νικόλαο Κριτικό και τους Καθηγητές του Παναγιώτη Ζερβό, Νικόλαο Χα­ τζιδάκη και Νείλο Σακελλαρίου ( 1 882 - 1 95 5). Ωστόσο, στην Ελλάδα δεν υπήρχε κάποιος εξειδι­ κευμένος στην Τοπολογία Καθηγητής για να του 3

Νικόλαος Κριτικός (Κωνσταντινούπολη Ι894- Αθήνα Ι986): Μα­

θηματικός, Καθηγητής του Ε.Μ.Π. κατά τα διαστήματα Ι933 - Ι946 και Ι95 Ι - Ι962. Σπουδαίος ερευνητής και δάσκαλος.

4 5

Paul Alexandroff: Ρώσος Μαθηματικός (Ι895 - Ι982).

Heinz Hopf: Γερμανός μαθηματικός (Ι894- Ι97Ι).

Β' 80 τ.4/2

------

Χ ρίστ ο ς Π απακυ ριακόπουλο ς

λύνει τις απορίες. Στο προσωπικό του αρχείο υπήρχε και μια ε­ πιστολή του Alexandroff με ημερομηνία 3-11 936. Ο μεγάλος τοπολόγος έλυνε μια απορία που του είχε υποβάλλει ο Χρίστος για μια πρόταση από το νierter teil (τέταρτο τμήμα) του βιβλίου. Στην επιστολή του ο Alexandroff, εκτός από την διευκρίνιση της απορίας, εκφραζόταν με πολύ κο­ λακευτικά λόγια για τις εύστοχες και ευφυείς πα­ ρατηρήσεις του νεαρού φοιτητή. Η επιστολή τέ­ λειωνε με τη φράση: "Σας συγχαίρω νεαρέ μου φί­ λε. Συνεχίστε. Είμαι σίγουρος ότι θα διακριθείτε". Ως τριτοετής φοιτητής το Δεκέμβριο του 1 936 και σε ηλικία 22 ετών έγραψε μια εργασία με αντι­ κείμενο τη γεωμετρική τοπολογία. Ο τίτλος της εργασίας ήταν: "Περί μιας δείκτριας των

-------­

οδήγησε να ψηφίσει εναντίον της επανόδου του

Γεωργίου του Β', κατά το δημοψήφισμα της

3ης

Νοεμβρίου του 1 93 5. Ο κλειστός του χαρακτήρας δεν τον εμπόδισε, μετά την προκήρυξη του δημο­ ψηφίσματος, να κάνει με τους συμφοιτητές του αρκετές πολιτικές συζητήσεις. Συζητήσεις που α­ πέβλεπαν να πείσουν τους αναποφάσιστους ότι ο θεσμός της βασιλείας ήταν αναχρονιστικός και ξεπερασμένος.

έπιπέδων κλειστων καμπύλων τοϋ Jordan".

Ο καθηγητής του στο Μαθηματικό τμήμα Πα­ ναγιώτης Ζερβός και ο πρώην καθηγητής του στο Ε.Μ.Π. Νικόλαος Κριτικός τον συνεχάρησαν και τον προέτρεψαν να συνεχίσει την έρευνα στον κλάδο αυτό. Το 1 93 7 ο μεγάλος Έλληνας μαθημα­ τικός Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή ήρθε στην Αθήνα, προσκεκλημένος από την Αρχαιολογική Εταιρεία που εόρταζε τα 1 00 χρόνια από την ίδρυ­ σή της. Σύμφωνα με το πρόγραμμα των εκδηλώ­ σεων μίλησε με θέμα: "Περί των καμπυλων τοϋ στηλοβάτου τοϋ Παρθενωνος καί περί τfjς άπα­ στάσεως των κιόνων αύτοϋ".

Ο νεαρός Παπακυριακόπουλος, κατόπιν υπο­ δείξεως και του πατέρα του, αποφάσισε να γνωρί­ σει τον Καραθεοδωρή. Σ' αυτό τον βοήθησε και ο Νικόλαος Κριτικός, που ήταν παλιός γνώριμος και συνεργάτη ξ του μεγάλου Μαθηματικού. Σ' ένα από τα διαλείμματα ο Κριτικός παρουσίασε τον Χρίστο στο διάσημο Έλληνα. Ο νεαρός φοιτη­ τής, με μεγάλη συστολή και μεγάλη ευγένεια, του πρόσφερε την εργασία που προαναφέραμε. Ο Καραθεοδωρή μετά από δυο ημέρες, του έστειλε μια θερμή συγχαρητήρια επιστολή για την πρωτότυπη αυτή εργασία. Κατά το Σχολικό έτος 1 93 1 - 1 932, μαθητής στην τελευταία τάξη του Βαρβακείου, είχε επιλέξει ως πολιτικό χώρο αυτόν της αριστεράς. Στην επι­ λογή του αυτή τον οδήγησε η αντίδραση προς τον συντηρητικό πατέρα του. Στην σταθεροποίηση όμως της επιλογής συνετέλεσε και η συναναστρο­ φή του αργότερα με τον Καθηγητή του στο Ε.Μ.Π. Νικόλαο Κριτικό, δεδηλωμένο αριστερό. Η δημοκρατική τοποθέτηση του Χρίστου τον 6

Ο Ν.

Κριτικός με εισήγηση του Κ. Καραθεοδωρή είχε τοποθετηθεί

στη θέση του Γενικού Γραμματέα του Πανεπιστημίου της Σμύρνης, του οποίου οργανωτής ήταν ο

Καραθεοδωρή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος με τον πατέρα του και τον αδελφό του, (τσολιαδάκι) το 1921

Η τοποθέτησή του αυτή είχε ως αποτέλεσμα να συγκρουσθεί επανειλημμένα με τον συντηρητι­ κό πατέρα του, ένθερμο οπαδό της βασιλείας. Με­ τά από επιτυχείς πτυχιακές εξετάσεις, κατά το Α­ καδημαϊκό έτος 1 936 - 1 93 7, αξιώθηκε του βαθ­ μού "άριστα" και "είς τούς πτυχιούχους των Μαθηματικων ένεκρίθη", κατά την έκφραση του Κοσμήτορα της Σχολής.

4. Η

πορεία του ως Μαθηματικού

Ένα μήνα μετά την αποφοίτησή του από το Μαθηματικό τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών, ο Χρίστος δημοσιεύει την πρώτη εργασία του στο Δελτίο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.). Ο τίτλος της ήταν: "Περί μιάς δείκτριας των έπιπέδων κλειστων καμπύλων τοϋ Jordan"

(ΙΗ ' - Α', Β ' , Γ ' , σελίδες 84 - 92, Αθήνα 1 938). Το 1 939 ο Νικόλαος Κριτικός τον προσλαμ­ βάνει άτυπα, ως άμισθο βοηθό, στην "Α' Εδρα των Άνωτέρων Μαθηματικων" του Ε.Μ.Π. Ο Κριτι­ κός σε μια συγκέντρωση - μνημόσυνο για τον Παπακυριακόπουλο, ένα μήνα μετά το θάνατό του τον Ιούλιο του 1 976, ανέφερε ότι ο Χρίστος κυνήγησε με αυταπάρνηση το μοναδικό του πάθος, την έρευνα. Ανέφερε ακόμα ότι η συμπεριφορά του, προς το διδακτικό προσωπικό, ήταν η καλύτε­ ρη δυνατή. Στα πλαίσια της αξιοπρέπειας ήταν ποΒ' 80 τ.4/3

------

Χ ρ ίστος Π απ ακυ ρ ιακόπουλο ς

ι.υ ευγενής. Αλλά και η συμπεριφορά του προς τους φοιτητές ήταν η ενδεδειγμένη. Ήταν ήρεμος και κατανοητός στα φροντιστήρια των Ανώτερων Μαθηματικών και προσπαθούσε, με μεγάλη προθυμία, να λύνει τις διάφορες απορίες των φοιτητών. Μπορούσε να συζητά απορίες, για ώρες ολόκληρες, χωρίς να κοιτά το ρολόι του. Τον Νοέμβριο του 1 940 επιστρατεύεται και στέλνεται στην πρώτη γραμμή του αλβανικού μετώπου, ως τυφεκιοφόρος. Εδώ πρέπει να υπογραμμίσουμε το γεγονός ότι μπορούσε, αν ήθελε, λόγω των "υψηλών γνωριμιών" του πατέρα του, να υπηρετήσει στα "μετόπισθεν". Ο Χρίστος όμως απέρριψε ασυζητητί τις σχετικές προτάσεις. Μετά την κατάρρευση της ελληνικής αντιστάσεως εναντίον των Γερμανών ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος επέστρεψε στην Αθήνα. Τον Ιούλιο του 194 1 διορίσθηκε επιμελητής (έκτακτος και άμισθος) στο Ε.Μ.Π. Το 1 942 οργανώθηκε στο Ε.Α.Μ. Κατά τη διάρκεια της κατοχής εργαζόταν στο Πολυτεχνείο, ενώ παράλληλα έκανε μαθηματική έρευνα. Τον Ιούλιο του 1943 αναγορεύτηκε Διδάκτωρ των Μαθηματικών. Το 1944 εγκαταλείπει την πρωτεύουσα και ανεβαίνει στο βουνό. Μετά την υπογραφή της συνθήκης της Βάρκιζας (Φεβρουάριος 1 945) επιστρέφει στην Αθήνα. Τον Ιούλιο του 1 945 απολύθηκε ως αριστερός από το Ε.Μ.Π. Κατά το 1947 προσανατολίζεται στην ιδέα της αποδημίας σε κάποιο επιστημονικό κέντρο υψηλής στάθμης. Επέλεξε, κατόπιν ώριμης σκέψεως το Πανεπιστήμιο του Πρίνστον των Η.Π.Α.

5. Στο Πρίνστον

-------­

προόδους στο ερευνητικό πρόγραμμα που είχε κα­ ταρτίσει μόνος του και το οποίο παρακολουθούσαν από κοντά οι Καθηγητές R. Fox (Ρ. Φοξ) και Ν.

Stinroad (Ν. Στήνροντ). Αυτό είχε ως αποτέλεσμα να εκλεγεί, το Μάιο του 1 949, Visiting Fello\\· (ε­ πισκέπτης ερευνητής). Ο Καθηγητής John νοη Neumann (Νέιμαν), ο οποίος μαζί με τον καθηγητή Solomon Lefschetz (Σόλομον Λίφσιτζ) διηύθυνε κατά το 1 949 το επί­ σημο μαθηματικό περιοδικό του Πρίνστον, το πε­ ρίφημο ''Annals of Mathematics" , ανάθεσε στον "Πάπα", τον Μάρτιο του 1 949, να κάνει τις απα­ ραίτητες τυπογραφικές διορθώσεις στο δεύτερο τεύχος του τόμου 50. Ο Χρίστος τελείωσε την ερ­ γασία που του ανατέθηκε σε ελάχιστο χρόνο. Εντυπωσιασμένος όμως από την εργασία του πατέρα της Θεωρίας των Κατηγοριών Samuel Eilenberg (Σάμιουελ Άιλενμπεργκ) με τίτλο "On the Problems of Topology" (Περί των Προβλημά­ των της Τοπολογίας), που ήταν η πρώτη στο περι­ οδικό, ζήτησε να συναντήσει το μεγάλο Μαθηματικό, για να συζητήσει μαζί του μια απορία η ο­ ποία του δημιουργήθηκε μελετώντας το άρθρο του. Μετά τη συζήτηση που είχε μαζί του, ο Άι­ λενμπεργκ ενθουσιάστηκε από τη μεγάλη μαθη­ ματική διαίσθηση του Χρίστου· και πρόβλεψε ότι θα είναι ένας από τους μελλοντικούς θεμελιωτές της Γεωμετρικής Τοπολογίας. Φυσικά δεν δια­ ψεύστηκε. Τον Σεπτέμβριο του 1 954, όταν ο Αϊνστάιν επισκέφθηκε το Ινστιτούτο Προχωρημένων Σπου­ δών στο οποίο είχε εργαστεί, ζήτησε να γνωρίσει τον Παπακυριακόπουλο. 'Ή παρουσία σας τιμά το Ινστιτούτο μας" του είπε ο μεγάλος φυσικός, σφίγγοντάς του το χέρι. Τον Φεβρουάριο του 1 955 εκλέγεται μέλος του Institute for Adνanced Study (Ινστιτούτο Προχωρη­ μένων Σπουδών) του Πρίνστον8 το οποίο διευθύνει ο μεγάλος πυρηνικός φυmκός Robert Oppenhaimer (Ρόμπερτ Οπενχάιμερ). Η ανακοίνωση της εκλογής του έχει την υπογραφή του Οπενχάιμερ. Το Νοέμβριο του 1 956 του προσφέρεται η θέ­ ση του Assistant (βοηθού) του Καθηγητή Deane Montgomery9 στο ίδιο Ινστιτούτο. Το 1 962 του απονέμεται ο τίτλος του Senior Re­ search Mathematician (Ανώτερου Μαθηματικού Ε-

Έφτασε στο Πρίνστον7 της πολιτείας Νιου Τζέρσεϋ των Η.Π.Α. με μια βαλίτσα που περιείχε τα απαραίτητα. Κατέλυσε σ' ένα δωμάτιο ενός μέτριου ξενοδοχείου, στο νούμερο 48 της οδού Nassau (Νασσάου ). Στο δωμάτιο αυτό έμεινε αρκετά χρό­ νια. Το 1 956 του παραχωρήθηκε ένα δωμάτιο στο δεύτερο όροφο του ξενώνα του Πανεπιστημίου. Τον πρώτο χρόνο ήταν αυτοσυντήρητος. Η με­ γάλη οικονομική άνεση της οικογένειάς του, τού επέτρεψε να πάει στις Η.Π.Α. με το απαραίτητο συνάλλαγμα. Αφού τακτοποιήθηκε στοιχειωδώς από άποψη στέγης, αφιερώθηκε στη μελέτη και την έρευνα. Ήταν ενθουσιασμένος που μπορούσε να βρίσκει, στην πλούσια Πανεπιστημιακή βιβλιο­ θήκη του Πρίνστον, όλες τις νεότερες εκδόσεις των βιβλίων της Αλγεβρικής Τοπολογίας που τον 8 Το Ινστιτούτο αυτό το ίδρυσε το 1930 ο μεταρρυθμιστής της Παι­ ενδιέφεραν. δείας στις Η.Π.Α. Καθηγητής Α. Flexner (Α. Φλέξνερ). Ο "Πάπα", από τους πρώτους ήδη μήνες των Ο τοπολόγος Deane Montgomery (Ντιν Μοντγκόμερυ) είχε δώσει, μεταπτυχιακών του σπουδών, έκανε τεράστιες το 1954, μια διάλεξη μισής ώρας στο Διεθνές Συνέδριο των Μαθημα· 9

τικών στο Άμστερνταμ της Ολλανδίας (lntemational Congress of Mathematicians) με θέμα: 'Topological Transformation Groups". Στη 7

Το Πρίνστον είναι μια μικρή πόλη κοντά στη Νέα Υόρκη. Στην πό-

λη αυτή υπάρχει το διάσημο Πανεπιστήμιο του Πρίνστον. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

βιβλιογραφία της διαλέξεώς του, υπήρχαν και δυο εργασίες του

Παπακυριακδπουλου.

Β ' 80 τ.4/4

Χρίστου

------ Χρ ίστο ς Π απακυ ρ ιακόπουλο ς ------

ρευνητή). Ο τίτλος αυτός, που είναι ισοδύναμος του τίτλου του Full Professor (τακτικού Καθηγητή), του επέτρεπε να εργάζεται ερευνητικά και κατά βούλη­ ση, χωρίς να υπάρχει κανείς χρονικός περιορισμός για την παρουσίαση ερευνητικών αποτελεσμάτων. Κατά τη δεκαετία του '60 αναγνωρίστηκε διε­ θνώς ως ένας από τους διαπρεπέστερους ερευνητές της Διεθνούς Μαθηματικής Κοινότητας στον πολύ δύσκολο κλάδο της Αλγεβρικής Τοπολογίας, την Γεωμετρική Τοπολογία. Παράλληλα όμως οι ερ­ γασίες του έδωσαν μια νέα ώθηση στη θεωρία των Ομάδων και την Ομολογική Άλγεβρα. Κατά την περίοδο αυτή δίνει διαλέξεις σε ειδικά θέματα Το­ πολογίας στα Πανεπιστήμια της Κολούμπια, του Ιλλινόις και του Σικάγο. Όλα σχεδόν τα άρθρα που δημοσιεύονται στα έγκυρα μαθηματικά περιοδικά, και που αναφέρο­ νται στη Γεωμετρική Τοπολογία, κάνουν μνεία των εργασιών του "Πάπα".

παγκόσμια μαθηματική κοινότητα, η οποία τον τίμη­ σε επανειλημμένα είτε με βραβεία, είτε με τιμητικές συμμετοχές σε διεθνή συνέδρια, είτε με ανακηρύξεις ως επιτίμου μέλους. Σημειώνουμε ότι το έτος 1 964 η Ακαδημία Αθηνών τον ανακήρυξε Αντεπιστέλλον Μέλος της. Η ανακήρυξη έγινε με ομόφωνη απόφα­ ση των μελών της κατόπιν εισηγήσεως του Ακαδη­ μαϊκού Κωνσταντίνου Παπαϊωάννου. Το 1 964 τιμήθηκε από την Αμερικανική Μαθη­ ματική Εταιρεία στο Μαϊάμι των Η.Π.Α. με το βρα­ βείο Veblen11 (Βέμπλεν) για τη Γεωμετρία. Ο Πα­ πακυριακόπουλος ήταν ο πρώτος αποδέκτης του βραβείου αυτού, που καθιερώθηκε το 1 964. Το βρα­ βείο Veblen από το 1 966 και μετά απονέμεται κάθε πέντε χρόνια, θεωρείται δε ως ένα από τα σπουδαιό­ τερα βραβεία των μαθηματικών. Η απονομή του βραβείου έγινε στον "Πάπα" για τις εργασίες του για την απόδειξη του λήμματος του Ντεν.

Το μαθηματικό του έργο Το έργο του Παπακυριακόπουλου στη Γεω­

Ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος πέθανε, από καρκίνο του στομάχου, στις 29 Ιουνίου του 1 976 στις 3 το μεσημέρι στο Νοσοκομείο "Helen Fuld" της πόλης Trenton (τρέντον) της Πολιτείας του Νιου Τζέρσεϋ. Οι περιπέτειες της υγείας του είχαν αρχίσει από τον Φεβρουάριο του 1 976. Σύμφωνα με επιθυμία του το σώμα του αποτεφρώθηκε. Η τέφρα του τάφηκε στο κοιμητήριο του Πρίνστον. Με τη διαθήκη του άφησε το 82% της ακίνητης περιουσίας του και τα χρήματα του τραπεζικού λο­ γαριασμού του, στο Εθνικό Μετσόβειο Πολυτε­ χνείο, απ' όπου ξεκίνησε και η ακαδημαϊκή του καριέρα. Η απόφασή του αυτή δεν είναι άσχετη με την αγάπη και τον σεβασμό του προς τον Καθηγη­ τή Νικόλαο Κριτικό, που τον έστρεψε έγκαιρα στη μαθηματική επιστήμη και για τον οποίο εκ­ φραζόταν πάντα με θαυμασμό. Το υπόλοιπο 18% το άφησε σε συγγενείς του.

6.

μετρική Τοπολογία έχει μεγάλο βάθος και είναι εξαιρετικά πρωτοποριακό. Πάνω στον κλάδο αυτό έγραψε και δημοσίευσε 1 6 συνολικά εργασίες. Το πλήθος των δημοσιευμένων εργασιών του δεν εί­ ναι μεγάλο. Αποτελεί όμως έργο υψίστου επιπέ­ δου. Πρόκειται για εργασίες πολύ δύσκολες και πολύ ειδικές. Υπάρχουν πληροφορίες ότι είχε γρά­ ψει κι άλλες εργασίες τις οποίες δεν είχε δημο­ σιεύσει. Η τύχη των εργασιών αυτών αγνοείται. Όλες τις επιστημονικές του δημοσιεύσεις τις διέ­ κρινε μια ιδιοφυής έμπνευση, η οποία συνοδευό­ ταν από μια αρτιότητα και από μια προσεκτική ε­ πεξεργασία. Οι ανακοινώσεις του ήταν προϊόντα βαθειάς και ώριμης σκέψεως. Από τις εργασίες του ξεχώρισαν τρία μεγάλα θεωρήματα: Το θεώρημα του Βρόχου10 , Το λήμμα του Dehn (Ντεν) και το θεώρημα της Σφαίρας. Οι αποδείξεις των θεωρημάτων αυτών από τον Παπακυριακόπουλο κατά τα τέλη της δεκαετίας του '50 έλυσαν τα προβλήματα που επεσκίαζαν την πρόοδο της τοπολογίας σχεδόν 50 χρόνια. Ο διάσημος Μαθηματικός - Τοπολόγος Ρ. Al­ exandroff σε μια ομιλία του στο Πανεπιστήμιο του Πρίνστον το 1 977, χαρακτήρισε τον Πάπα ως ένα μεγάλο σκαπανέα της Μαθηματικής Επιστή­ μης και ως ένα μεγάλο θεμελιωτή της Γεωμετρικής Τοπολογίας.

7.

Διάφορες τιμητικές διακρίσεις Η φήμη του Χρίστου Παπακυριακόπουλου ως

μεγάλου Μαθηματικού δεν άργησε ν' απλωθεί στην 10 Βρόχος ε ίναι, σε απλή διατύπωση, ένας κόμβος που , με εξαίρεση τα άκρα του, δεν έχει διπλά σημεία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

8. Ο θ άνατ ός του

***

Αναφέρουμε ένα απόσπασμα από το άρθρο του Από στ ο λου Δ ο ξι άδη με τίτλο "Ο «Πάπα» (Ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος) και η υπόθεση του Πουανκαρέ" (περιοδικό "Popular Science", Νοέμβριος 2004). " . . . Αναφέρω ενδεικτικά για την αξία του ότι, όταν κάποτε ρώτησα τον πατέρα της Θεωρ ίας των Κατηγο ­ ρ ι ών, Σάμιουελ Άιλενμπεργκ, αν υπάρχει κανένας ση­ μερινός Έλληνας μαθηματικός στο μέγεθος του Ευκλεί­ δη και του Αρχιμήδη, μου απάντησε χωρίς κανένα δι­ σταγμό: «Φυσικά: ο "Πάπα"» ! " Πηγές: Φωτογραφίες και άλλες ενημερωτικές πλη­ ροφορίες και πλούσιο υλικό από το βιβλίο «Χρίστος Παπακυριακόπουλος. Ο ερημίτης του Πρίνστον» του Ευαγγέλου Σπανδάγου, εκδόσεις «Αίθ ρα» [2009] . Από το όνομα του μεγάλου γεωμέτρη και τοπολόγου Oswald Ve­

blen ( I 880 - I 960).

11

Β ' 80 τ.4/5

�=-�=--=-=·--�·====� Η j α •·· _,

M· e· qμau:κ.ot'Δ.tayωvtopoι ΜαθqιιατικέG. Ολ1JμntάδεG

"

Η

f:

Η Η Η

ιi

Επιτροπή Διαγωνισ μών της Ε.Μ.Ε.

Η il

�:=�--·�-�.::::=---=--=====:.J

�i

2811

Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα ''Ο Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 26 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2011 ΠΡΟΒ.\Η\'!Α l

Θέματα μεγάλων

τάξεων

Να λύσετε στους ακέραιους την εξίσωση x3y2 ( 2y- χ)= x2y - 36.

4

\.i1ση

Μετά τις πράξεις διαπιστώνουμε ότι η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση iy(x- y)2 -62=0, .x,yεZq xy(x-y) -6}[ xy(x- y)+6]=0, χ,yεΖ �xy(x- y)=6, χ,yεΖ ή xy(x-y)=--6, x,yεZ�xy(x- y) =6, χ,yεΖ (1) ή xy(y- x)=6, χ,yεΖ (2) Από τη μορφή των ( 1) και (2) προκύπτει ότι, αν (χ0,Υ ) είναι λύση της (1 ), τότε το ζευγάρι (Υ χ0) ο

είναι λύση της (2) και αντιστρόφως. Επομένως, αρκεί να λύσουμε μόνον την εξίσωση (1). Επειδή x, y ε Ζ, η εξίσωση (1 ) είναι ισοδύναμη με :

ο,

{η; =6, χ- y=Ι}( Σ,) ή {xy =-6,χ- y=-1}(Σ ) ή{η; =3,χ- y= 2}(Σ3) ή {η;=-3,χ- y=-2}(Σ4) 2 ή{η; =Ι, χ- y=6}(Σ5) ή {η;=-l, x - y =-6}(Σ6) ή{η; = 2, χ- y=3}(Σ7 ) ή {η;=-2, χ- y =-3}(Σ8). Από τα 8 συστήματα μόνον τα (Σ1 ) , (Σ3) , (Σ8 ) δίνουν τις ακέραιες λύσεις: (x, y) =(3, 2) , (x, y) =(3, 1) , (x, y) =(- 1,-3) και (x,y) =(-1, 2) .

Σύμφωνα με όσα είπαμε παραπάνω, η εξίσωση (2) έχει στους ακέραιους τις λύσεις (x, y) =(2, 3) , (x, y) =(1, 3) ,(x,y) =(- 3, -1) και (x, y) =(2, -1) .

'ΓΙ Ί)OBΛHIViA 2

Στο καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε τα σημεία Α1(40,1), Α2(40,2), .••, Α40(40,40) καθώς και τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ1,0Α2,...,0Α40• Ένα σημείο του καρτεσιανού επιπέδου Oxy θα το ονομάζουμε "καλό", όταν οι συντεταγμένες του είναι ακέραιοι αριθμοί και βρίσκεται στο εσωτερικό (δηλαδή δεν ταυτίζεται με κάποιο από τα άκρα του) ενός ευθυγράμμου τμήματος ΟΑ1 i=1,2,3,...,40. Επίσης, ένα από τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ1,0Α2,...,0Α40, θα το ονομάζουμε "καλό", όταν περιέχει ένα τουλάχιστον "καλό" σημείο. Να υπολογισθεί το πλήθος των "καλών" σημείων και το πλήθος των "καλών" ευθυγράμμων τμημάτων. .\ι'1ση.

Στη λύση που ακολουθεί, θα συμβολίζουμε με ΜΚΔ(k,/), το μέγιστο κοινό διαιρέτη των ακεραίων αριθμών k,l. Ένα σημείο M(k,/) θα ανήκει στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμήματος ΟΑ;, αν και μόνο αν, τα διανύσματα ΟΜ και ΟΑ; έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης (με k,l ακέραιους αριθμούς και Ο < k � 40 ), δηλαδή πρέπει να ισχύει _!_ =!_ (με k,l ακέραιους αριθμούς και Ο< k � 40 ).

40 k ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/6

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Για να είναι τώρα το ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ "καλό", θα πρέπει το κλάσμα _!_ να μην 40 είναι ανάγωγο (ώστε να δημιουργούνται κλάσματα με ακέραιους ισοδύναμα με το όρους που θα δημιουργούν το συντελεστή l και τις αντίστοιχες διεύθυνσης

�(40,ί)

0(0,0)

ί

Σχήμα 1

:ο

k

συντεταγμένες του "καλού" σημείου M(k,/) ). Επομένως, για να υπάρχει "καλό" σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ (ώστε να χαρακτηριστεί και το ίδιο ως "καλό") θα πρέπει ΜΚΔ(40,ί) > 1. Αν τώρα ΜΚΔ(40,ί) > 1, τότε θα υπάρχουν ΜΚΔ (40,ί) - 1 "καλά" σημεία στο ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ Στο σημείο Α 2 (40,2) αντιστοιχεί το "καλό" ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ 2 , στο οποίο ανήκει το "καλό" σημείο (20,1) . Στο σημείο Α (40,4) αντιστοιχεί το "καλό" ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ στο οποίο ανήκουν τα "καλά" σημεία (1 Ο, 1) , (20, 2), (30,3) . Με αυτό τον τρόπο δημιουργούμε τον πίνακα: i

i.

4

4,

I 3 4 I

ΜΚΔ(40,2)=2 ΜΚΔ(40,4)=4 ΜΚΔ(40,5)=5 ΜΚΔ(40,6)=2 ΜΚΔ(40,8)=8 ΜΚΔ(40,10)=10 ΜΚΔ(40,12)=4 ΜΚΔ(40,14)=2 ΜΚΔ(40,15)=5 ΜΚΔ(40,16)=8 ΜΚΔ(40,18)=2 ΜΚΔ(40,20)=20

Α2(40,2) Α4(40,4) Α5(40,5) Α6(40,6) Α8(40,8) AI0(40,10) ΑΙ2(40,12) ΑΙ4(40,14) Al5(40,15) Al6(40,16) Al8(40,18) Α20(40,20)

7

9 3 I 4 7

I 19

39 I 3 4 I

ΜΚΔ(40,40)=40 ΜΚΔ(40,38)=2 ΜΚΔ(40,36)=4 ΜΚΔ(40,35)=5 ΜΚΔ(40,34)=2 ΜΚΔ(40,32)=8 ΜΚΔ(40,30)= IΟ ΜΚΔ(40,28)=4 ΜΚΔ(40,26)=2 ΜΚΔ(40,25)=5 ΜΚΔ(40,24)=8 ΜΚΔ(40,22)=2

Α40(40,40) Α38(40,38) Α36(40,36) Α35(40,35) Α34(40,34) Α32(40,32) Α30(40,30) Α28(40,28) Α26(40,26) Α25(40,25) Α24(40,24) Α22(40,22)

7

9 3 I 4 7

I

80

60

Από τον παραπάνω πίνακα συμπεραίνουμε ότι το πλήθος των "καλών" τμημάτων είναι 24 και το πλήθος των καλών σημείων 140. Παρατηρήσεις

ο παραπάνω πίνακας έχει ευρεία ανάπτυξη για διδακτικούς λόγους.

2. Ο υπολογισμός του πίνακα διευκολύνεται σημαντικά με τη χρησιμοποίηση των ιδιοτήτων του μέγιστου κοινού διαιρέτη: ΜΚΔ(k,/)=ΜΚΔ(/,k)=ΜΚΔ(/-k,k)=ΜΚΔψ -k l , l k i ). ι.

3.

Το πλήθος των "καλών" ευθυγράμμων τμημάτων μπορεί να υπολογιστεί με τη βοήθεια της συνάρτησης Φ του Euler. Ε ίναι γνωστό ότι n- Φ(n) παριστά το πλήθος των θετικών ακεραίων που είναι μικρότεροι ή ίσοι με τον n

και

δεν

είναι

πρώτοι

( �) (1 �) 40 � �

Φ( 40) = 40 1 -

·

40-Φ(40) 24.

-

=

προς

=

16 .

αυτόν .

Επειδή

όμως

40

=

5 · 23 ,

έχουμε:

Άρα το πλήθος των "καλών" ευθυγράμμων τμημάτων είναι

=

�li!?-11tEι\ 11\ΙΛ. .1 Αν a,b,c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 6, να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή

της παράστασης: S \iHiΊj.

=

�a2 + 2bc + �b2 + 2ca + �c2 + 2ab .

Χρησιμοποιούμε την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου ως εξής:

2 �_ a + 2 bc + 12 + Ι2 Ι 2 Ι f ( a2 + 2bc + 24), _· � + 2bc -1- ( a + 2bc) ·12 ·12 3 31122 1122 �ν 2 a

=

3

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/7

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

�b2 +2ca =-1-ν3f( b 2 +2cα ) ·12·12 � -1-· b2 +2ca+l2+12=-1- ( b2 +2cα +24 ) , 3 � � 3� �c2 +2αb =-1-ν3f ( c2 +2αb ) ·12 ·12 � -1-· c2 +2αb + 12+ 12=-1- ( c2 + 2αb + 24 ) , 3 � � 3� ·

από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε

):? ( α2 + b2 + c2 + 2αb + 2bc + 2cα + ) 3v122 = 1 [( α + b + c )2 + 2J = 36 = 18 = 3ν12 . {/122 {/18 . 3{/122

=�α2 +2bc +�b2 +2ca +�c2 +2αb �

S

72

1 r::::;

1r;;;

1r::::;

7

3�

Η ισότητα ισχύει όταν α2 + 2bc=12, b2 + 2cα = 12, c2 + 2αb=12

� ( α - b ) ( α+b - 2c)=O, (b - c ) (b+c - 2α)=O, c 2 +2αb=12 � (α - b ) ( 6 - 3c)=o,(b - c) ( 6 - 3α)=0, c 2 + 2αb=12 � α=b=c=2. Επομένως η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι 3� και λαμβάνεται όταν είναι α=b=c=2. Πιφοτι'ιριιιηι

1. Η επιλογή

του αριθμού 12 ως δεύτερου και τρίτου όρου για την εφαρμογή της ανισότητας αριθμητικού γεωμετρικού μέσου οφείλεται στο ότι μόνον για αυτόν είναι δυνατόν να αληθεύει η ισότητα και στις τρεις επιμέρους ανισότητες. Αυτό είναι αναγκαίο για είναι δυνατόν η παράσταση να πάρει την τιμή που εμφανίζεται ως ένα πάνω φράγμα της. Για παράδειγμα, αν είχαμε χρησιμοποιήσει τις ανισότητες

3ν 1α2 +2bc =3�( α2 + 2bc ) ·1·1 � α2 + 2bc + 2 , 3νΙb2 +2cα =3�( b2 +2cα ) ·1·1 � b2 +2cα+2 , 3 3 3νc1 2 +2αb=3�( c2 +2 αb ) ·1·1 � c2 +2αb+2 , 3

τότε με πρόσθεση κατά μέλη θα βρίσκαμε

=�α 2 + 2bc + �b2 + 2ca +�c2 + 2αb � α2 +b2 +c2 + 2αb + 2bc + 2cα + 6 3

s

( α + b + c )2 + 6=- 3 -- 423 = 14 . �

�

Η ισότητα στην τελευταία σχέση δεν μπορεί να αληθεύει, όπως προκύπτει από το σύστημα

α2 + 2bc=1, b2 + 2cα=1, c2 +2αb=1 => ( α + b + c γ

=

3, άτοπο.

_ b_ , χ =�α2 + 2bc, y=�b 2 + 2cα, z = �cr- -2 _+_2α μέσω του οποίου η συνάρτηση γίνεται S (χ , y, z )=Χ + y + z , της οποίας ζητάμε τη μέγιστη τιμή υπό τη συνθήκη χ3+ / + z3=(α+b + c )2 =36. Στη συνέχεια θα μπ"ορούσε κανείς να χρησιμοποιήσει τη μέθοδο των 2. Εναλλακτικά, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τον μετασχηματισμό

ποJJ.απ}.ασιαστών του Lagrange, χωρίς σοβαρό πρόβλημα στις πράξεις. lli'OBΛIIMΛ 4

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC (με ΑΒ < AC), εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) (με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα R). Η προέκταση του ύψους AD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο Ε και η μεσοκάθετη (μ) της πλευράς ΑΒ τέμνει την AD στο σημείο L. Η BL τέμνει την AC στο ση μείο Μ και τον περιγεγραμμένο κύκλο c(O,R) στο σημείο Ν. Τέλος η ΕΝ τέμνει τη μεσοκάθετη (μ) στο ση μείο Ζ. Να αποδείξετε ότι: ΜΖ .l BC <=> ( CA

=

CB ή

z

Ξ

Ο), δηλαδή ότι "η ΜΖ

κάθετη στην BC , αν, και μόνο αν, το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές με CA ταυτίζεται με το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου c(O,R) ".

=

είναι

CB ή το σημείο Ζ

Επειδή το σημείο L ανήκει στη μεσοκάθετη του ΑΒ , θα ισχύει: Α = Β = ώ και κατά συνέπε::.:. ΑΝ=ΒΕ . Άρα το τετράπλευρο ΑΒΕΝ είναι ισοσκελές τραπέζιο με ΑΒ I I ΕΝ , οπότε η ευθεία r \ ,,,.,,

Ι

Ι

L..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/8

είναι μεσοκάθετος της

ΕΝ

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

και

ΕJ = ΝJ = ω . Α

Ε

Σχήμα2

Έστω ότι το σημείο Ζ ταυτίζεται με το σημείο Ο (Σχήμα2).

Τότε η

ΕΝ

γίνεται διάμετρος του κύκλου, οπότε

εγγεγραμμένο τετράπλευρο

ABEC

έχουμε:

Β

2

=

Α

2

ΕΒΝ = Β

= 90 ο

- φ.

Από τη τελευταία ισότητα (σε συνδυασμό με την ισότητα

Β

2

2

+

+

Β

Β 3

3

= 90 ο

•

Αν

C=φ

= 90 ο ) έχουμε:

Β

3

τότε από το =

φ. Άρα το

Μ ανήκει στη μεσοκάθετη του BC ( ΜΒ = MC ). Το σημείο Ο ανήκει επίσης στη μεσοκάθετη του BC και επειδή ταυτίζεται με το σημείο Ζ, συμπεραίνουμε ότι η ΜΖ είναι μεσοκάθετος της BC. Έστω ότι το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές ( CA = CB ). Τότε η μεσοκάθετος (μ) της ΑΒ είναι ύψος του τριγώνου ABC (Σχήμα 2), δηλαδή το L είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC και κατά συνέπεια το σημείο Μ είναι το μέσο του τμήματος LN (η ΒΜ είναι ύψος και το σημείο Ν είναι το συμμετρικό του ορθοκέντρου L ως προς την Α C ). Ν

Ε

Το σημείο Ζ είναι το μέσο του τμήματος

Σχήμα3

ΕΝ (διότι η ευθεία (μ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/9

είναι μεσοκάθετος της ΕΝ ).

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Άρα η ΜΖ είναι παράλληλη με την AD

.

Στη συνέχεια θα υποθέσουμε ότι η ΜΖ είναι κάθετη στην BC και θα αποδείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές (CA = CB) ή το σημείο Ζ ταυτίζεται με το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου (Σχήμα 4).

ABC

Έστω λοιπόν ότι η

(ΜΖ 11 ΑΕ).

ΜΖ

είναι κάθετη στην BC. Τότε η

ΜΖ

θα είναι παράλληλη με την ΑΕ

Αν Τ είναι η τομή της ΜΖ με την ΑΝ τότε το Τ είναι το μέσο ΑΝ (διότι Ζ είναι το μέσο της ΝΕ και ΜΖ I/ ΑΕ). Άρα τα τρίγωνα ΜΙΆ και ΜτΝ έχουν το ίδιο εμβαδό (Ε1 = (ΜΙ'Α)= (ΜτΝ) = Ε2). Από την παραλληλία ΜΖ 11 ΑΕ , προκύπτει η "μεταφορά" γωνιών στο τρίγωνο AJι.fN στο οποίο η Μ1'

είναι διάμεσος. Σημειώνουμε ότι: BiD = 2ώ (διότι η BiD είναι εξωτερική γωνία του ισοσκελούς τριγώνου LEN ).

LMz = 2ώ (διότι LD 11 ΜΖ οπότε BiD = LMz = 2ώ) .

Ε

Σχήμα 4

Χρησιμοποιώντας τώρα το γνωστό τύπο Ε = !_ βy ημΑ για το εμβαδό τριγώνου, έχουμε: 1

1

2

1

1

Ε2 =-knημ2ω=-kχημφ 2 2 2ω , , σχεσεις, , , συνφ = συν <=> ημ 2φ = ημ 4ω. Διαιρωντας κατα, με' λη τις παραπανω εχουμε: ημ 2ω ημφ Από τη τελευταία ισότητα ημιτόνων (και με δεδομένο ότι οι γωνίες ω,φ είναι γωνίες τριγώνου) Ε1 =-mnημ(90-φ) =-mχημ(90-2ω), 2 2

π καταλήγουμε στις ισότητες: 2φ = 4ω <=> φ = 2ω ( Α) ή 2φ=π-4ω<::::>φ+2ω=(Β).

2 Από την ισότητα ( Α) συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΜτΝ είναι ισοσκελές ( τΜ = ΤΝ) και κατά συνέπεια το τρίγωνο AJι.fN είναι ορθογώνιο στο Μ ( ΑΜΝ = 90° ). Άρα η ΒΜ είναι ύψος του τριγώνου ABC και επομένως το L ορθόκεντρο, δηλαδή το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές ( CA = CB ) διότι η μεσοκάθετος ΚΖ είναι και ύψος. Από την ισότητα ( Β ) συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΜτΝ είναι ορθογώνιο στο Τ, δηλαδή η ΜΙ' είναι μεσοκάθετος της ΑΝ. Άρα η ΜΙ' θα διέρχεται από το Ο (οπότε Ζ Ο). =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/10

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι­ σμού πάνω στα εξής θέματα: I) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα­ τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επί­ πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Λόγω πληθώρας ύλης, οι ματιές μας στο "τι είναι τα Μαθηματικά", αναβάλλονται για το επόμενο τεύχος. Μήπως θυμάστε τι λέει το "Ιαπωνικό θεώρημα";

[η απ άντηση στο τ έλος της στήλης]

του

Από τον φίλο της στήλης Δρ. Βα­ σίλη Χρ. Σαμαρά (Διευθυντής Σχολείου Δεύτερης Ευκαιρίας Άσσου-Λεχαίου Νομού Κορινθίας), λά­ βαμε και δημοσιεύουμε μερικές ενδιαφέρουσες σκέψεις. Το σημείωμά του αυτό πρωτοδημοσιεύ­ θηκε στους "ΚΟΡΙΝΘΙΑΚΟΥΣ ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ",

Βασίλη Χρ. Σαμαρά

τ. 1 02, Νοέμβριος 201 0. Ο Β. Χ. Σαμαράς συνο­ δεύει το κείμενό του με το παρακάτω απόφθεγμα: " . . . σε τι διαφέρουν τα παπούτσια από το μυαλό; Τα πρώτα φθείρονται όσο περισσότερο τα χρησι­ μοποιεί κανείς. Το δεύτερο φθείρεται όσο περισ­ σότερο δεν το χρησιμοποιεί. . . ''

Στο σημερινό άρθρο θα αναφερθούμε σε κάτι διαφορετικό από ό,τι συνήθως κάνουμε. Με πολύ σύ­ ντομο και πιστεύω κατανοητό τρόπο θα περιγράψουμε μια μικρή εμπειρία που είχαμε στον ερευνητικό χώρο της επιστήμης και θα προσπαθήσουμε να καταδείξουμε την κρυφή γοητεία των μαθηματικών.

0.007

0.008

Jsm/s

Ο.ΟΟθ

Τα μαθηματικά διδάσκονται στο σχολείο, κυ­ ρίως επειδή γυμνάζουν την σκέψη και βοηθούν στην κατανόηση και επίλυση προβλημάτων της πραγματικότητας. Στο εξετασιοκεντρικό βέβαια σύστημα της ελληνικής εκπαίδευσης δεν το κατα-

φέρνουν και τόσο καλά. Κάθε μαθηματικό θεώρη­ μα μοιάζει με την Ιθάκη και η απόδειξή του με το ωραίο ταξίδι. Ευγενής φαντάζει ο στόχος, αλλά παταγώδης είναι η αστοχία. Ίσως η σκέψη να είναι και η κατάρα του ανθρώπινου γένους. Μηδαμινή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/11

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

δυστυχώς και η βοήθεια που προσφέρουν τα μα­ θηματικά στη διαμόρφωση της σκέψης των μαθη­ τών. Τα μαθηματικά του σχολείου αντί να αποτε­ λούν για τους μαθητές εργαλείο, είναι το φόβητρο αλλά και ένα αντικείμενο aπέχθειας και δέους. Τα σχολικά μαθηματικά παρουσιάζουν πλέον εκφυλι­ στικά φαινόμενα, αφού ο στόχος της διδασκαλίας τους έχει αλλοιωθεί. Το ζητούμενο απλώς είναι να πετύχει ο μαθητής την καλύτερη δυνατή θέση στις εξετάσεις. Η διδασκαλία προσαρμόζεται στην α­ παίτηση αυτή εστιάζοντας στην αποστήθιση, την τυποποιημένη ορθότητα των μαθηματικών εκφρά­ σεων και την ακρίβεια των πράξεων. Στην Ελλάδα η έννοια της παραγώγου στα μα­ θηματικά εισάγεται στην Τρίτη Λυκείου (σε άλλες χώρες εισάγεται νωρίτερα). Στο μυαλό των μαθη­ τών παράγωγος σημαίνει παραγώγιση . Δηλαδή όλο το βάρος της έννοιας πέφτει στις τεχνικές παραγώ­ γισης διαφόρων βαθμών δυσκολίας και στο απα­ ραίτητο συνταγολόγιο. Και βέβαια κανένας δεν παραγωγίζει μετά το σχολείο ή/και μετά το πανε­ πιστήμιο. Εκτός μόνον αν το επάγγελμά του το απαιτεί (πράγμα σπάνιο, αφού και τότε ακόμα χρησιμοποιεί ειδικά υπολογιστικά πακέτα). Τι μέ­ νει λοιπόν στον άνθρωπο από την παραγώγιση ; τίποτα. Γιατί τότε διδάσκεται η παράγωγος; Γιατί στις εξετάσεις προσφέρει ασκήσεις σε μεγάλη ποι­ κιλία και γκάμα δυσκολίας ! Το σύστημα είναι εξε­ τασιοκεντρικό, δεν πρέπει να το ξεχνάμε. Άραγε υπάρχει κάποιος λόγος που πρέπει να διδάσκεται η παράγωγος; Πιστεύω πως ναι. Και ο λόγος δεν έχει να κάνει με το πώς παραγωγίζεις αλλά με το γιατί και το πότε παραγωγίζεις. Τα φαι­ νόμενα γύρω μας, τα αντικείμενα, ο κόσμος όλος αλλάζει. Σαν συνάρτηση του χρόνου αλλά και όχι μόνο. Μπορούν λοιπόν αυτές οι αλλαγές να μελε­ τηθούν, να ποσοτικοποιηθούν, να μετρηθούν; Και πως η αλλαγή ενός μεγέθους επηρεάζει ή/και οδη­ γεί στην αλλαγή κάποιου άλλου μεγέθους; Για αρκετούς μήνες στις αρχές αυτής της δε­ καετίας πειραματιζόμασταν με την ροή σε σωλή­ να, αερίων, υγρών και στερεών σωματιδίων, με την βοήθεια μιας υδροπνευματικής αντλίας, σε κά­ ποιο καλό περιφερειακό πανεπιστήμιο της χώρας μας. Εκατοντάδες οι μετρήσεις, πολλές οι προσπά­ θειες για να καταλήξουμε σε κάτι αρκετά φιλόδο­ ξο: να δημιουργήσουμε εύχρηστους ροϊκούς χάρ-

τες (χάρτες που να δείχνουν τα διάφορα είδη ροής) μέσα από πραγματικά (πρωτογενή) πειραματικά δεδομένα. Επαναλήψεις και επαναλήψεις με τα ί­ δια εισαγωγικά δεδομένα ώστε να επιβεβαιώσουμε τα αποτελέσματα. Και κάθε φορά πάνω στις δημι­ ουργούμενες καμπύλες λειτουργίας το ίδιο σύ­ μπτωμα: κάποια σημεία να ξεφεύγουν έντονα από τα "λογικά" όρια της καμπύλης. Η φύση έδειχνε κάτι που έπρεπε να εξηγηθεί! Μετά από μήνες προβληματισμού η ιδέα: με τη χρήση ενός γνω­ στού ροϊκού μοντέλου θα διερευνούσαμε την "πα­ ράγωγο ' ' κάποιου μεγέθους. Με τις γνωστές σ' εμάς μεθόδους "παραγώγισης" προχωρήσαμε. Και διαπιστώσαμε σύντομα ότι το μέγεθος αυτό παρουσιάζει "τοπικά ακρότατα" . Αποτέλεσμα αυ­ τών των διαπιστώσεων ήταν η επιτυχημένη πα­ ρουσίαση των νέων προτεινόμενων ροϊκών χαρ­ τών, που από 2005 βρίσκονται πλέον επίσημα στη δι�θνή βιβλιογραφία. Τα μαθηματικά έδωσαν την λύση και "εξήγησαν" με τρόπο απλό το φυσικό φαινόμενο ! Μια φυσική εξήγηση της έκφρασης "τα τοπικά ακρότατα (βυθίσματα) αντιστοιχούν στην περιοχή μετάβασης I αλλαγής μιας ροϊκής κατάστασης" είναι ότι η αλλαγή ροϊκού προτύπου έχει αρνητική επίδραση στην ικανότητα της υδρο­ πνευματικής αντλίας να ανυψώσει την υγρή φάση . Μια κρυφή γοητεία των μαθη ματικών που ανακα­ λύπταμε τόσο αναπάντεχα ! Το μάθημα των μαθη ματικών είναι αυτό που κατεξοχήν διδάσκει την σχέση αιτίου και αιτιατού. Διατυπώνει ερωτήσεις και ερευνά μεθοδικά τις απαντήσεις. Διαμορφώνει επιχειρήματα αλλά και οξύνει το γλωσσικό αισθητήριο. Αυτό το μάθημα κατάντησε ένας στεγνός κατάλογος από προτάσεις, τύπους, συνταγές, αποστήθιση, παπαγαλία . . . Το κοινό σημείο όλων των aτοπημάτων στο εκπαιδευ­ τικό σύστημα έχει να κάνει με το σύστημα των ε­ ξετάσεων. Παρά τις βαρύγδουπες κάθε φορά εξαγ­ γελίες περί κριτικής σκέψης, όλοι ξέρουν ότι οι ε­ ξετάσεις δεν αποτελούν τμήμα της εκπαιδευτικής διαδικασίας (που θα έπρεπε), αλλά κορωνίδα της και στόχο της. Για να αποφευχθεί ο όποιος υπο­ κειμενισμός του διορθωτή, για να είναι ελέγξιμη η " αντικειμενικότητα των εξετάσεων" , η ορθή απά­ ντηση ο φείλει να ε ίναι μ ο ναδική! Αυτό βολεύει όλους: διορθωτές και μαθητές. Το μέλλον θα δείξει σε τι ωφελούν πλέον τα μαθηματικά έτσι όπως δι­ δάσκονται και εξετάζονται

« Κ α ρ δ ι ο ε ι ό είς για συλλi:κτες μανι τ ιφ Ηi}ν.

Jl ρολεγ6μινα

'νί α0Ι1 ματο. τφοσανητολισμοiω, S. Bogdanoν

Μέχρι τώρα ήξερα πως για να μαζέψεις μανιτάρια έπρεπε να γνωρίζεις τις φαγώσιμες ποικιλίες τους από χθες, όμως, που διάβασα μια εργασία του S. Bogdanov, κατάλαβα πως πρέπει να ξέ. .

ΕΥΚ.ΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/12

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

ρεις και . . . Μαθηματικά! Σας παραθέτουμε αυτή την εργασία και βγάλτε τα συμπεράσματά σας. Λόγω έλλειψης χώρου θα τη δημοσιεύσουμε σε δύο συνέχειες

I Α ' Μέρος I

Ένα όμορφο πρωινό του Σεπτεμβρίου ξεκίνησα με μερικούς φίλους για να μαζέψουμε μανιτάρια στο δάσος. Ακολουθήσαμε όλοι μαζί το κύριο μονοπάτι ως το σημείο που υπήρχε ένας ευδιάκριτος στύλος, και μετά αποφασίσαμε να συνεχίσει ο καθένας μό­ νος του προς τα δυτικά και να συναντηθούμε έπειτα από 4 ώρες στον στύλο. Δεν είχαμε πυξίδα, αλλά υπήρχαν αξιόπιστα ορόση μα: το μονοπάτι ακολου­ θούσε ακριβώς τη διεύθυνση Βορρά-Νότου, ο Ήλι­ ος ήταν στην ανατολή, και στις άκρες του δάσους υπήρχαν δύο μεγάλες λίμνες (Σχήμα 1 ).

τα ν στην κατεύθυνση που «απομακρύνεται από το σημείο Β». Με άλλα λόγια, κάθε χρονική στιγμή η διεύθυνση της ταχύτητάς του είναι η ευθεία «'Ηλι­ ος-άνθρωπος». Μια συγκεκριμένη χρονική στιγμή t η διεύθυνση της ταχύτητας αντιστρέφεται και το σημείο Α αρχίζει να κινείται «προς το σημείο Β». Ποιες είναι οι συντεταγμένες του σημείου Α τη χρονική στιγμή 2t; Υ

Β', . .

.

Βόpε�α .

. . .

Δipvη '

=r

1

Νόnα

Σχήμα

1 1

1

Για να είμαι απερίσπαστος όσο μάζευα μανιτάρια και να φτάσω έγκαιρα στο σημείο συνάντησης, αποφάσισα να περπατήσω το μισό χρόνο (2 ώρες) με τον Ήλιο στην πλάτη και μετά να επιστρέψω ακολουθώντας την αντίθετη κατεύθυνση. Αφού μάζεψα ένα καλάθι μανιτάρια, ανακάλυψα ότι έπρεπε να επιφέρω κάποιες διορθώσεις στην πορεία μου. Το αποτέλεσμα ήταν ότι συνάντησα το μονοπάτι 1 Κm νοτιότερα από το σημείο συνάντησης και άργησα 1 5 ολόκληρα λεπτά. Αποφάσισα, λοιπόν, να ερμηνεύσω την πορεία μου και να βρω σε ποιο σημείο θα κατέληγα αν είχα ακολουθήσει το αρχικό σχέδιο. Έπειτα από κάποιες εύλογες παραδοχές, διατύπωσα το πρόβλημα ως εξής: Ένα σημείο Β (ο Ήλιος) κινείται στο επίπεδο xy με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω κατά μήκος ενός κύκλου με κέντρο στην αρχή των αξόνων (Σχήμα 2). Το σημείο Α (ένας άνθρωπος) ξεκινά από την αρχή των αξόνων και κινείται με σταθερή ταχύτη-

χ

. .

· · -

Β

Σχήμα 2

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Δipvη

ι

Η λύση αποδεικνύεται πολύ απλή και κατανο­ ητή, ειδικά για όσους έχουν κάνει τουλάχιστον μία φορά κύκλους σε δάση . Πράγματι, το σημείο Α κι­ νείται με σταθερή ταχύτητα, αλλά το διάνυσμα της ταχύτητας αλλάζει έτσι ώστε να απομακρύνεται πάντα από το σημείο Β - το οποίο διαγράφει έναν κύκλο. Συνεπώς, και το σημείο Α κινείται επί ενός κύκλου με γωνιακή ταχύτητα ίδια με του σημείου Β. Όταν το σημείο Β κινείται μέχρι να φτάσει στη θέση Β ' , ο άνθρωπος κινείται επί ενός κυκλικού τόξου ΑΑ' μέχρι τη θέση Α'. Είναι προφανές ότι η κίνηση της επιστροφής από το σημείο καμπής Α' έως το τελικό σημείο Α" μπορεί να περιγραφεί με παρόμοιο τρόπο. Το σημείο κινείται επί ενός κυ­ κλικού τόξου ΑΆ" με ίδια ακτίνα και κέντρο το σημείο Ο' το οποίο ανήκει στην ευθεία που είναι κάθετη επί την Α'Β' και διέρχεται από σημείο επαφής Α'. Αν χρησιμοποιήσουμε την πασίγνωστη σχέση μεταξύ γραμμικής και γωνιακής ταχύτητας, προ­ κύπτει ο επόμενος τύπος για την ακτίνα του κύ­ κλου AA':R = ν/ω. Επιπλέον, από τις αρχικές συν­ θήκες έπεται ότι το κέντρο αυτού του κύκλου βρίσκεται στο ση μείο με συντεταγμένες (ν/ω, 0). A­ πλά γεωμετρικά επιχειρή ματα (για παράδειγμα, από το τραπέζιο ΑΟΟΆ") μας επιτρέπουν να κα­ θορίσουμε τη θέση του σημείου Α", το οποίο βρίσκεται σε απόσταση r από το αρχικό σημείο Α και σχηματίζει τη γωνία θ = <Α ' ΆΟ:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/13

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

αζιμουθιακή απόκλιση από την αρχική διεύθυνση π/2, ενώ η απόσταση r είναι μάλλον μικρή. Αν το t είναι περίπου 6 ώρες, η αζιμουθιακή απόκλιση εί­ ναι πρακτικά μηδενική αλλά το r γίνεται αρκετά μεγάλο. [η συνέχεια στο επόμενο]

θ=π-ωt, r = Α Α" =2v( l +συνθ)/ω. Οι ποσότητες r και θ ονομάζονται πολικές συ­ ντεταγμένες ενός σημείου. Ας αναλύσουμε το απο­ τέλεσμά μας για ένα χαρακτηριστικό διάστημα δυ­ νατών τιμών του t: 0:Ξ;t:Ξ;6. Χρησιμοποιούμε το γε­ γονός ότι ω = 2π/24h- ' . Για μικρό t, το θ είναι λίγο μικρότερο του π. Δηλαδή, υπάρχει μια αξιόλογη Θi:μιι 3"

της Ε.Μ.Ε.

;' Προχθές δεχτήκαμε ένα τηλεφώνημα από το Νίκο Μαλάμογλου. Μας καλούσε να τον επισκεφθούμε στο σπίτι του. Εμείς δεχθήκαμε με περίσσεια χαρά και συγκίνηση. Αυτά τα συναισθή­ ματα θα τα κατανοήσετε αν σας πούμε πως ο Ν. Μαλάμογλου είναι ηλικίας 94 ετών και, το σπουδαιότε­ ρο, είναι το αρχαιότερο από τα εν ζωή μέλη της ΕΜΕ [άλλους δύο, που επίσης γνωρίζουμε, είναι οι: Γιώργος Ωραιόπουλος και Γιώργος Ιωαννίδης] .

Όταν φτάσαμε στο σπίτι του Νίκου τον βρήκαμε να επιλύει ασκήσεις. Με αφορμή αυτό το γεγονός μας έδωσε ένα σημείωμά του με αναφορά στον Leonhard Eίίler. Εμείς το δεχθήκαμε και με χαρά σας το παρουσιάζουμε. Νίκου Μαλάμογλου

«Ένα απόγευμα του Μάη του 1 77 1 μια μεγάλη πυρκαγιά εξαπλώνεται στην Αγία Πετρούπολη με τρομερή ταχύτητα. Πάνω από 500 κτίρια θα εξα­ φανιστούν μέσα στις φλόγες. Ο Eίίler (Leonhard Eίίler) βυθισμένος στις μελέτες του ζώνεται από τις φλόγες. Ο υπηρέτης του, ο Πίτερ Γκριμ, καταφέρνει να μπει στο δωμάτιο, φορτώνεται το Eίίler και ορμά ανάμεσα στις φλόγες και σώνει τον μεγάλο μαθη­ ματικό. Η βιβλιοθήκη του που βρισκόταν μέσα στο γραφείο του καταστράφηκε τελείως. Ο Βολταίρος τον αποκάλεσε ο "μονόφθαλμος γεωμέτρης". Έμαθε να γράφει στα τυφλά. Έγραφε με κλειστά μάτια, μεγάλους και δύσκολους μαθη-

ματικούς τύπους. Ο Eίίler ήταν μια ζωντανή βι­ βλιοθήκη. Πρόβλεψε την τύφλωσή του κι απ' τα δυο του μάτια. Ο Eίίler έμεινε τυφλός επί 1 7 χρό­ νια. Στην Αγία Πετρούπολη δεν έβλεπε τίποτα και αναγκάστηκε να κάνει εγχείρηση καταρράκτη που πέτυχε. Άρχισε να βλέπει πάλι όλα τα αγαπημένα του αντικείμενα και ιδιαίτερα τους κομψούς τύ­ πους των Μαθηματικών. Άρχισε να αλληλογραφεί με τους φίλους του, Ντάνελ Μπερνουλί (Danel Bemoulli), Ζοζέφ Λουί Λαγκράνζ (Josseph Luis Lagrange), Κρίστιαν Γκόλντμπαχ (Christian Go1db ach). Πέθανε σε ηλι­ κία 78 χρόνων»

Στο ε;τόμεγο τεύχος: θα δημοσιεύσουμε μια γεωμετρική άσκηση του Ν. Μαλάμογλου. η λύση τη; άσκησης δόθηκε από τους Ν. Μαλάμογλου και Πάνο Οικονομάκο.

Σημειώνουμε πως

Μια διατύπωση αυτού του θεωρήματος είναι η παρακάτω: <<Σε κά θε εγγράψ ιμο τετρ άπλευρ ο, το ά θροισμ α των ακτίνων των εγγεγρ αμμένων κύ κλ ω ν ει ς τα δύο τρίγω­ να, στα οπο ία χωρ ίζε ι το τετρ άπλευρ ο η μ ία διαγώ νιο ς, ισού ται προς το αντίστο ιχο άθρ οι σμ α γ ια τα τρ ίγω­ να που ορίζο νται από την άλλη δι αγώ νιο»

Το θεώρημα τούτο αρχικά υποτέθηκε ότι είχε προέλευση από την Κίνα ("Mathesis" 1 905), :ψ αργότερα, όμως, αποδείχθηκε η ιαπωνική του ιθαγένεια (Mathesis, 1 906, Τ. Kayashi) [πηγή : "ΑΣΚΗ­ ΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ (ΙΗΣΟΥΪΤΩΝ)", εκδ. Α. ΚΑΡΆΒΙΑ., ΑΘΗΝΑ 1952 ] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 80 τ.4/14

Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ζώτος

αβ > Ο , να αποδειχθεί ότι: αβ + �α � 2 Αν α > Ο β > Ο και γ > Ο , τότε: (α + β + γ) · .!. + .!. + .!. α β γ Αν

,

(

)

�9

α β > Ο , έχουμε α + � ;::: 2 <::::> α β α + α β � 2 α β <::::> α2 + β 2 ;::: 2α β <::::> α2 - 2 α β + β 2 ;::: Ο <::::> ( α - β ) 2 ;::: Ο , που ισχύει. β α β α α + � ;::: 2 και όμοια � + ]_ ;::: 2 και α + 1. ;::: 2 . Προσθέτοντας τις ανισότητες αυτές Από έχουμε: β α γ β γ α β β β β + γ +--+-α γ γ γ α ;::: 6 <::::> - +-+-+-+-+α γ α β ;::: 6 <::::> α + γ α + β ;::: 6 <::> , , , κατα μελη παιρνουμε : -+-+-+-+-+α β γ β γ α α α β β γ γ α β γ β + γ + 1 + -α+γ α+β α + β + γ + α + β + γ + α + β + γ ;::: 9 <::::> ( α + β + γ ) · (-ι + -ι + -ι ) ;::: 9 . ι + -+ 1 +-;::: 9 <::: :> β β γ γ α α β γ α Αν I χ - 21 � 1 και ιs - Ψ I � 5 ' να βρεθεί το διάστημα στο οποίο παίρνουν τιμές οι παραστάσεις : Αφού

�

Α = 5χ + ψ

Β = 2χψ + ψ - 2 χ

lx - 21 s 1 <::::> -ι � χ - 2 s 1 <::::> 1 s χ s 3 <::::> 5 s 5χ s 15

(1) 1 8 - Ψ I 5 <::::> -5 8 -ψ � 5 <::::> -13 � -ψ � -3 <::::> 3 � ψ � 13 ( 2) Προσθέτοντας τις ( 1) και ( 2) κατά μέλη, έχουμε 8 � 5χ + ψ � 28 <::::> 8 � Α s 28 Έχουμε : lχ - 21 � 1 <::> -ι � χ - 2 � ι <::> ι � χ � 3 (3) 1 8 - ψl s 5 <::::> -5 � 8 - ψ � 5 <::::> -13 s -ψ � -3 <::::> 3 � ψ � ι3 ( 4) Τα μέλη των ανισοτήτων ( 3) και ( 4) είναι θετικά οπότε τις πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και παίρνουμε: 3�χψ�39<::> 6 �2χψ�78 ( 5) . Από την (3) έχουμε: l s x s 3 � -2 � -2x � -6 � -6 s -2x s -2 ( 6) Προσθέτοντας τις ( 5) , ( 4) και ( 6) κατά μέλη, έχουμε : 3 s 2χψ + ψ - 2χ � 79 <::::> 3 Β s 79 Έχουμε :

s

s

:

Να γίνουν οι πράξεις

5 �= 4 + .Jϊi

--

-

s

--

1 + 6 - 17 - 5 3 + 17 17 - 2 2

JΊ - 5 = JΊ - 5 = 5 ( 4 - Jil ) - ( 3 - J7 ) + 6 ( J7 + 2 ) --5--= - -ι + 6 -ι6 - ι 1 9 - 7 7-4 2 4+ Jil 3 + J7 J7 - 2 2 5 ( 4- m) - 3 - J7 6 ( J7 + 2 ) J7 - 5 m ) - 3 - J7 + 2 ( J7 + 2 ) - J7 - 5 = = + 4 ( 5 2 3 2 2 2 +4 ('2 (4---'----'ν1ϊ) - (3--ν'7) J7 +2) - ( J7 -5 ) 8-2fιϊ -3+.fι+ifι+8-.fι+5 18-2fιϊ+ifι --'--'----' -- ---' --' -'- = 2 -2 2 =9-ν 11 +2ν 7 χ .Γχ + ψ Jψ _ FΨ : (χ _ ψ) + 2Jψ = χ .Γχ + ψ Jψ - FΨ · ( .Jx + ΓΨ) . _ι_ + 2Jψ = χ - ψ .Jx + Jψ .Jx + Jψ .Jx + Jψ .Jx + Jψ

(

�

J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/15

r;:,

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

χ ( � - Jψ ) - ψ ( � - Jψ ) 2 2 Jψ χ � + ψJψ:- ....,:, χ Jψ 1 - ψ� ,..:..._ . -- + = + Jψ = χ - ψ � + Jψ � + Jψ � + Jψ ( � + ΓΨ ) · (χ - ψ) ( � - Jψ ) · (χ - ψ) 2 2 - + 2 Jψ � + ΓΨ = =1 + Jψ = � ΓΨ + Jψ = � ΓΨ � + Jψ � + ΓΨ ( � + ΓΨ ) · (χ - ψ) � + ΓΨ � + ΓΨ � + ΓΨ 2 15 Να λυθεί η εξίσωση: 2 4 χ 2 + 2χ - 8 χ 2 + 2χ - 3

-----=-...:..,;,

___:_

χ 2 + 2χ - 8 ::;:. Ο <::::> (χ ::;:. 2 και χ ::;:. -4) και χ 2 + 2χ - 3 ::ι:. Ο <=:> (χ ::ι:. 1 και χ ::ι:. -3 ) .Θέτουμε χ 2 + 2χ - 8 = ω , και τότε χ 2 + 2χ - 3 = ω - 5 .

24 24 15 Επομένως = 2 <::::> - � = 2 <::::> 2ω(ω - 5) = 24(ω - 5) - 1 5ω <=:> χ 2 + 2χ - 8 χ 2 + 2χ - 3 ω ω-5 2ω2 - ΙΟω = 24ω - 120 - 1 5ω <=:> 2ω2 + ω - 120 = Ο . ω, = 1 5 ± , . Τοτε: Δ = 1 + 960 = 96 1 , ω1 2 = -1 3 1 � ω2 = -1 6 2 χ 2 + 2 χ - 8 = 1 5 <=:> χ 2 + 2χ - 2 3 = ο χ = -1 + 2 ν16ο + + ι;:;-; Δ = 4 + 92 = 96 , χ 1 2 = -2 - ν':Ι96ο = -2 - 4ν{7ο6 = -1 ± 2 νr;6 � 1 .

2 2 χ 2 = -1 - 2./6 χ 2 + 2χ - 8 = -16 <=:> χ 2 + 2χ + 8 = 0 Δ = 4 - 32 = -28 < Ο , η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. Να βρεθεί η εξίσωση που έχει ρίζες τους aντίστροφους των τετραγώνων των ριζών της εξίσωσης: αχ 2 + β χ + y = Ο , α ::;:. Ο Για να ορίζετε η εξίσωση πρέπει

{

·

Αν

χ, , χ 2

{

είναι οι ρίζες της εξίσωσης που δίνεται τότε

' ' ' ρι' ζες της ζητουμενης τοτε εξισωσης

1 ρ, = 2 Χι

1

χ, + χ 2 = -� α

' και Ρ2 =2 , οποτε Χ2

χ, · χ 2 = 1.. . 'Εστω ρ, , ρ 2 α 1 1 χ� + χ; = s = ρ, + ρ = - + - = 2 Χι2 Χ 2 χ 2 . χ 2 2 2 και

I

οι

β 2 2γ α2 1 1 (χ, + χ 2 / - 2χ,χ 2 _ -;;:τ - � = β 2 - 2αγ και = = = = = ρ ρ = 2 f f · · , Ρ i_ 2 χ � χ ; (χ,χ 2 ) (χ,χ 2 ) 2 γ2 2 α α2 β 2 - αγ χ + α = Ο <=:> 2 χ 2 - ( 2 - 2α )χ + α 2 = 0 . Άρα η ζητούμενη εξίσωση είναι: χ 2 _ γ β γ γ γ Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης (α - 1) χ 2 + ( α + 4 ) χ + α + 7 = 0 για τις διάφορες τιμές του α e JR

;

:

•

Αν

α - 1 = Ο <=:> α = 1

η εξίσωση γίνεται

5χ + 8 = Ο

και έχει ρίζα την

χ = -� .

5

α - 1 ::;:. Ο <::::> α ::;:. 1 η εξίσωση είναι β βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ = (α + 4) 2 - 4(α - 1)(α + 7) = α 2 + 8α + 1 6 - 4 α 2 - 24α + 28 = -3α 2 - 1 6α + 44 Δ = Ο <::::> -3α 2 - 1 6α + 44 = Ο <=:> 3α 2 + 1 6α - 44 = Ο α, = 2 -16 ± 28 Δ , = 256 + 528 = 784 και α ,, 2 = � 22 6 α 2 = -3

Αν

[

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/16

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Στον διπλανό πίνακα δίνεται το - 22 πρόσημο της διακpίνουσας Δ της 2 α -00 +οο 3 εξίσωσης για τις διάφορες τιμές του α ε IR . ο Δ + ο Επομένως 2 [> Όταν α ε , 1 υ ( 1, 2) , τότε Δ > Ο οπότε η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες άνισες.

-

(ξ)

22 ' η εξισωση ' ' Δ = Ο οποτε ' μια ' ρι' ζα διπλη.' Όταν α = -3 η' α = 2 , τοτε εχει

[>

( ξ) υ ( 2, +οο) , τότε Δ < Ο οπότε η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες .

Όταν α ε -οο, - 2

[> 7 __

-

-

2χ 2 + χ - 39 ;:5; 2 χ 2 - S x - 36

Να λυθεί η aνίσωση:

) {

{

)

,Εχουμε.. 2χ2 + χ - 39 _< 2 <::::> 2χ2 + χ - 39 - 2 <_ Ο <::::> 2χ2 + χ - 39 - 2 χ2 - S x - 36 _< Ο <::::> χ 2 - Sx - 36 χ 2 - Sx - 36 χ 2 - Sx - 36 2χ2 + χ - 39 - 2χ2 + 1 0χ + 72 1 1χ + 33 0 <::::> 1 1 (χ + 3) 0 <::::> � � � 0 <::::> χ 2 - Sx - 36 χ 2 - Sx - 36 χ 2 - Sx - 36 1 1 (χ + 3) · ( χ2 - 5χ - 36 � Ο και χ2 - 5χ - 36 :;t: Ο J . Το διώνυμο χ + 3 έχει ρίζα την χ ;:;;._.,.,-3 5 +-1 3 � χ3 = 9 Το τριώνυμο χ 2 - Sx - 36 έχει Δ = 25 + 1 44 = 169 και ρίζες χ 1 . = 2 χ4 = -4 2 Στο διπλανό πίνακα -3 9 χ +οο -00 -4 παριστάνουμε το πρόσημο l l (x + 3) ο + του γινομένου.

11 11 + 2 Η διπλή γραμμή δηλώνει ο + ο + χ - 5χ - 36 I ότι στα σημεία -1 και 3 Γ 11 + ο 11 + δεν ορίζεται η ανίσωση. Είναι φανερό ότι η λύση της ανίσωσης είναι χ ε ( -οο, -4) υ [ -3,9) . Για ποιες τιμές του α ε IR οι παρακάτω συναρτήσεις έχουν πεδίο ορισμού το IR 1 ) f{χ) = J(α - 2) χ 2 + 2(α - 2) χ + 2 f {x) = . �αχ1 - (α + 1)χ + 2α - 1

)

[

{

-

-

-

-

-

-

,

Πρέπει να ισχύει : (α - 2) χ 2 + 2 ( α - 2) χ + 2 � Ο για κάθε χ ε IR . Αυτό συμβαίνει όταν α - 2 > Ο και Δ = 4(α - 2) 2 - 8(α - 2) � 0 . Έχουμε: α - 2 > 0 <::::> α > 2 <::> α ε (2, +οο) . Δ = 4(α - 2) 2 - 8(α - 2) � 0 <::::> 4(α - 2)(α - 4) � 0 <=> α ε (2,4] . Τελικά πρέπει α ε (2,4] . Πρέπει να ισχύει : αχ 2 - (α + 1) χ + 2α - 1 > Ο για κάθε χ ε IR . Αυτό συμβαίνει όταν α > Ο και Δ = (α + 1) 2 - 4α(2α - 1) < 0 . Δ = (α + 1 - 4α(2α - 1) < 0 <::::> α2 + 2α + 1 - 8α2 + 4α < Ο <::::> 7α2 - 6α - 1 > 0 . αι = ι . . Επομένως α ε -«J,-.!. υ(1,+οο) . Τελικά πρέπει α ε (1 , + οο) . Δ ' = 36 + 28 = 64 , α 1. = 6 ± 8 2 14 α = - 7 2 7 χ-1 Δίνεται η συνάρτηση f {χ) = _ _ χ 2 χ 12 • .ι , '

γ

{

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 8 0 τ.4/17

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. Να βρεθούν τα σημεία στα οποία η Cr τέμνει τους άξονες.

Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η Cr βρίσκεται πάνω (αντίστοιχα κάτω) από τον άξονα χχ ' .

χ2 - χ -12 = Ο ( χ = -3 ή χ = 4 ), οπότε = IR - { -3,4} . 'Εχουμε f(x) = O <:::> χ -1 = 0 <:::> χ = 1 και f(O) = _!_ .

12 Άρα η τέμνει τον άξονα χχ ' στο σημείο Α ( 1, Ο) και τον άξονα ψψ ' στο σημείο Β = (Ο, �) .

1 1 > 0 <:::> (χ -1){χ2 - χ - 12 ) > 0 χ ε (-3,1] υ (4,+οο) . f (x) > O χ -χ χ- -12 Άρα η βρίσκεται πάνω από τον άξονα χχ ' στα διαστήματα (-3,1) και ( 4, +οο) . Προφανώς η βρίσκεται κάτω από τον άξονα χχ ' στα διαστήματα ( -οο,-3) και ( 1, 4) Είναι

Ar

<=>

Cr

<=>

Cr

<=>

2

Cr

χ2 + χ + 4 και χ-1 Να βρεθούν τα κοινά σημεία των Cr και Cg .

' f {χ = Δ ινονται ' οι συναρτησεις:

)

g ( χ) = 2χ

Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η Cg βρίσκεται πάνω, ( αντίστοιχα κάτω) από την Cr .

f, g έχουν πεδίο ορισμού = IR - { 1} και = IR . 'Εχουμε: f(x) = g(x) χ2 χ+ -χ 1+ 4 = 2χ 2χ(χ - 1) = χ 2 + χ + 4 3 ± 5 � { χ, = -1 2χ2 - 2χ = χ2 + χ + 4 <::> χ2 - 3χ -4 = 0 . Δ = 9 + 16 = 25 , χ,,2 = -2 χ2 = 4 Είναι g(-1) = -2 και g(4) = 8 οπότε τα κοινά σημεία των και είναι Α(-1,-2) και Β(4,8) . 'Εχουμε: f (χ) > g (χ) <:::> χ2 χ+ -χ 1+ 4 > 2χ χ2 χ+ -χ 1+ 4 2χ > Ο -1 χ2 + χ + 4 - 2χ2 + 2χ -- > ο -χ2 + 3χ + 4 > ο ----.

-.----o--r· --χ 1 χ 1 4 1 χ2 - 3χ - 4 --- < 0 <:::> (χ - 1) ( χ 2 - 3χ - 4 ) < 0 <:::> (χ -1)(χ + 1)(χ -4) < 0 .

-1 Οι συναρτήσεις

Ar

<=>

Ag

<=>

<=>

·

Cr

<=>

<=>

<=>

<=>

χ

Με την καμπύλη προσήμων συμπεραίνουμε ότι η στα δ ι αστ ματα

ή

Cg

Cr

( -οο, -1) , ( 1, 4) και «κάτω>) από την

βρίσκεται «πάνω» από την Cg

στα διαστήματα

Cg

( -1,1) , ( 4, +οο) .

g : IR - { -3} � IR , για τις οποίες ισχύει: χ2 - χ - 2 f (x ) = g (x ) + χ + 3 για κάθε x e :IR - { -3} (ι) .

Δίνονται οι συναρτήσεις

f,

Να βρείτε τις τετμημένες των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω, αντίστοιχα κάτω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης

g.

χ ε IR - { 3} ισχύει f (χ) = g (χ) + χ3 -χχ2+ 3- 2χ <:::> f (χ) -g (χ) = χ3 -χχ2+ 3- 2χ ( 2) . χ3 - χ 2 - 2χ = Ο <:::> χ 3 - χ 2 -2χ = Ο <:::> Επομένως f (χ) = g (χ) <:::> f (χ) - g (χ) = Ο <:::> χ+3 Για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/18

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

χ(χ 2 - χ - 2 ) = 0 � (χ = 0 ή Χ = -1 ή Χ = 2) . Άρα οι τετμημένες των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων και αντίστοιχα.

-1 , Ο

2

f και g είναι

-2χ > 0 � (χ+ 3) ( χ3 -χ2 -2χ) > Ο � x ε JR - {3 } έχουμε f(x) >g(x)�f(x)-g(x) >O� χ3 -χ2 χ+3 > ο . χ( χ + 3)( χ 2 - χ- 2) > ο � χ( χ + 3)( χ + 1)( χ - 2) Για κάθε

2

Με την βοήθεια της καμπύλης προσήμων βρίσκουμε ότι:

--

χ ε ( -οο,-3) υ ( -1,0) υ (2,+οο) . Είναι φανερό ότι η ανισότητα f(x) < g(x) � χ(χ + 3)(χ + 1)(χ - 2) < 0 έχει λύση χ ε (-3 ,- 1 ) υ (Ο,2) . Άρα η γραφική παράσταση τη ς συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g στα διαστήματα ( -οο,-3) , ( -1, Ο) , ( 2, +οο) και κάτω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g στα διαστήματα ( -3,-1) ' (0,2) . ψ .. . ...

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης : JR � 1R και η ευθεία (ε) , η οποία είναι γραφική

f

( χ ) = 2f ( χ ) - χ + 2 , χ ε JR

παράσταση της συνάρτησης h

g . Θεωρούμε και την συνάρτηση

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης g. Να βρεθούν τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης h τέμνει τον άξονα χχ ' Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης h βρίσκεται πάνω, αντίστοιχα κάτω από τον άξονα

χ

χ'

•

' χχ .

g είναι η ευθεία ( ε ) , τότε g (χ) + β . Η ευθεία ( ε ) + 3 = � = _!_ , δηλαδή g( χ) = _!_χ + β . διέρχεται από τα σημεία Α ( 4,1) και Β( -4,-3) , οπότε : = 1 2 4+4 8 2 1 Αφού το σημείο Α ανήκει στην ευθεία ( ε ) έχουμε 1 = - 4 + β � 1 = 2 + β � β - 1 και τελικά 2 1 g(x) = 2 x - 1 . Αφού η γραφική παράσταση της συνάρτησης

=

αχ

α

·

=

Οι τετμημένες των σημείων στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι οι λύσεις της εξίσωσης h ( Έχουμε

h

τέμνει τον άξονα

χ) = Ο . χχ' 1 -1 � f(x) g(x) � h(x) = Ο � 2f(x) - x + 2 = 0 � 2f(x) = χ - 2 � f(x) = -χ 2 (χ = -4 ή χ = Ο ή χ = 2 ή χ = 4) . Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης h τέμνει τον άξονα χχ' στα σημεία Α ( -4,0) , 0 (0,0) , Β(2,0) και Γ( 4,0) . 'Εχουμε h(x) > Ο � 2f(x) - x + 2 > Ο � 2f(x) > χ - 2 � f(x) > _!_χ -1 � f(x) > g(x) � 2 =

και h ( χ ) < Ο �

1 2f ( χ ) -χ + 2 < Ο � 2f ( χ) < χ - 2 � f ( χ ) < 2' χ -1 � f ( χ) < g ( χ ) �

χ ε ( -οο, -4) υ ( Ο, 2) υ ( 4, +«>) Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης h βρίσκεται πάνω από τον ' χχ στα διαστήματα ( -4, Ο) , ( 2,� και κάτω από τον χχ' στα διαστήματα ( -οο, -4) , (Ο, 2) και ( 4, +«>) . Η συνάρτηση f : 1R ---+ 1R είναι γνησίως μονότονη και η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α ( -2, 0) και Β (Ο, 2) . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/1 9

f

r.

(

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

)

Να λυθεί η εξίσωση f χ3 + 2χ 2 - χ - 4 = 0 . Να λυθεί η εξίσωση f

( 2 } = f (4 l x

x

l - 3) .

( χ3 - 64χ ) 0Υ } Να λυθεί η ανίσωση f l + : (Η)

Να λυθεί η aνίσωση

r

(

x

l

:S

2.

) ( :) �r

.

f ( -2)=Ο και f (Ο)=2 . Αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, -2 < Ο και f ( -2) < f (Ο) συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. ! � ) 'Εχουμε : f { χ3 + 2χ 2 - χ - 4 )=Ο <=> f { χ3 + 2χ 2 - χ - 4 )=f ( -2) <=> χ3 + 2χ 2 - χ - 4=-2 <=> χ3 + 2χ 2 - χ - 2=ο <=> χ 2 (χ + 2) - (χ + 2)=ο <=> (χ + 2)(χ 2 - 1)=0 <=> (χ + 2) (χ + 1)(χ - 1)=0 <=> (χ=-2 ή χ=-1 ή χ=1) . \ E i ι 'Εχουμε : f { x3 - 64x ) :S 2 <=> f { x3 - 64x ) :S f(0) <=> x3 -64x :S O <::> χ ( χ2 -64) :S O <::> χ( χ + 8)( χ -8) :S Ο <:::> χ Ε ( -οο, -8 ] υ [ Ο, 8 ] . :T � i Έχουμε : f { x 2 )= f(4lxl -3) <=> x 2=4lxl -3 <=> x 2 -4lxl +3=0 <::> 4 + 2 � ω! =3 . χI 1 2 - 4 I χ I + 3=Ο <:::> ω 2 - 4ω + 3=Ο , ω=I χ I . Δ=16 - 12=4 , ω 1 . 2 =--=-ω 2 =1 2 Άρα lxl=3 <=> χ=±3 ή lxl=1 <=> χ=±1 .

2 � <:::> 1 + -2- � � <:::> 1 + -2- - � � Ο <:::> (t '· ) Έχουμε : f 1 + -- � f χ -1 χ χ-1 χ χ-1 χ 2 - -6 � 0 <:::> χ ( χ -1) + 2χ - 6(χ - 1) � Ο <=> 1+ -χ-1 χ χ(χ - 1) / \,� ". � \ !/ 3 1 χ 2 - χ + 2χ - 6χ + 6 > ο <=> χ 2 - 5χ + 6 > ο <=> χ ( χ - 1) χ (χ - 1) (χ - 2)( χ - 3) � Ο <:::> χ Ε -οο, Ο) ( υ (1, 2 ] υ [ 3, +οο) . χ ( χ - 1)

Έχουμε

{

( ) ()

...,, _,""·

'1; '

-�-·-�

\... .......

'<��""·

---

--

i'

/'', "\

'\

( )

Για ποιες τιμές του μ Ε JR η γραφ ική παράσταση της συνάρτησης : t{x)= μ- 2 r + 8χ+ μ+4

Βρίσκεται πάνω από τον άξονα

'

χχ

'

.

\iiΙ

Βρίσκεται κάτω από τον άξονα

'

χχ .

f (χ)=Ο <=> 8χ + 6=Ο <=> χ=_ i , δηλαδή η γραφική 4 παράσταση της συνάρτησης είναι μια ευθεία ( ε ) που τέμνει τον άξονα χχ' στο σημείο Α - , Ο . Αν μ :;t: 2 το τριώνυμο f(x)=(μ - 2) χ 2 + 8χ + μ + 4 έχει διακρίνουσα: Δ = 64 - 4(μ - 2) (μ + 4)=64 - 4(μ 2 + 2μ - 8 )=64 - 4 μ 2 - 8μ + 32=-4μ 2 - 8μ + 96 . Το τριώνυμο -4μ 2 - 8μ + 96 έχει: 8 ± 40 � μ =-6 . Δ '=64 + 1536=1600 , μ 1 ' 2 = + μ 2 =4 -8 Στον διπλανό πίνακα δίνεται το πρόσημο της διακρίνουσας Δ . Τελικά ( 1 ) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης βρίσκεται πάνω από τον άξονα χχ' όταν: Αν

μ=2

έχουμε

f (χ)=8χ + 6

οπότε

{

(�)

Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/20

I : 1 -οο- 1

1

} } μ<2 } μ - 2 < ο} � ( -οο, -6) 4 + � μ (-οο -6) μ υ ( , οο) Δ<Ο Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

μ>2 μ-2 > 0 � μ Ε ( 4 , +οο) � μ Ε ( -οο, -6) υ ( 4 , +οο) Δ<Ο

( 1 i ) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης βρίσκεται κάτω από τον άξονα

χχ'

Ε

'

Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ( ε ) είναι γραφική παράσταση της συνάρτησης ψ = -2χ + 8 . Να υπολογιστεί η μέγιστη τιμή του εμβαδού του ορθογωνίου ΟΑΒ Γ . Ε

Ξ<

. \,

(ΟΑ) = χ , τότε ( ΟΓ) = -2χ + 8 . Το ορθογώνιο ΟΑΒΓ έχει εμβαδόν: Ε (χ) = (ΟΑ) · (ΟΓ) = χ ( -2χ + 8) = -2χ 2 + 8χ . Αρκεί να βρούμε την μέγιστη τιμή του τριωνύμου Ε ( χ) = -2χ 2 + 8χ . 'Εχουμε Ε( χ) = -2χ2 +8χ = -2(χ2 -4χ) = -2( χ2 -4χ +4-4) =-2(χ -2) 2 +8 . Άρα maxE( χ) = 8 τ.μ

όταν: ·

ε

\

ψ

8

Έστω

ο

Α

\

\

χ...

i '6.

Στο διπλανό σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δύο συναρτήσεων f , g . Να λυθεί η εξίσωση g ( f ( χ )) = Ο . ·• . \\

f (χ) = λχ + 3

f ( 3) = Ο

βρίσκουμε λ

= - 1 οπότε f (x) = -χ + 3 , g ( χ) = α( χ - 1)(χ - 3 ) � g ( χ) = α( χ 2 - 4χ + 3 ) , όμως g (Ο) = 3 � 3α = 3 � α = 1 , οπότε g (χ) = χ 2 - 4 χ + 3 . Τότε g ( f ( x)) = g ( -χ + 3) = (-χ + 3) 2 - 4( -χ + 3) + 3 = χ 2 - 2χ . Άρα g ( f (χ)) = Ο � χ 2 - 2χ = Ο � χ (χ - 2) = Ο � (χ = Ο ή χ = 2) .

Έχουμε

και επειδή

,

χ

Για ποιες τιμές του α ε IR η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f ( χ ) = χ 2 - 4α χ + α 2 - 6α + 1 5 είναι η μέγιστη δυνατή. �,

χ = - -4α = 2α . Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης είναι: 2 2 min f { χ) = f (2α) = (2α ) - 4α(2α ) + α 2 - 6α + 1 5 = 4 α 2 - 8α 2 + α 2 - 6α + 1 5 = -3α 2 - 6α + 1 5 . Αρκεί να βρούμε την μέγιστη τιμή της συνάρτησης g (α) = -3α 2 - 6α + 1 5 , α Ε IR Έχουμε: g ( α) = -3α2 -6α+ 1 5 = -3( α2 +2α- 5 ) = -3 ( α2 +2α+ 1-6) = -3 ( α2 + 2α+1 ) + 18 = -3 ( α + 1) 2 + 1 8 . Είναι φανερό ότι max g (α) = 1 8 , όταν α = -1 . Άρα η μέγιστη δυνατή τιμή της ελάχιστης τιμής της συνάρτησης f είναι 1 8 όταν α = -1 . ( χ + ψ )2 - 2 ( x + ψ ) = l S . ϊ :: . Να λυθεί το σύστημα: Η συνάρτηση

f

παίρνει ελάχιστη τιμή όταν

.

{

Θέτουμε

χ+ψ=u

χψ = 6

και η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται

τελευταία εξίσωση βρίσκουμε

u

1

= -3

ή

u

ισοδύναμη με τον συνδυασμό των εξισώσεων

2

u

2 - 2u = 1 5 .

Λύνοντας την

= 5 , δηλαδή η πρώτη εξίσωση του συστήματος είναι χ + ψ = -3 και χ + ψ = 5 . Άρα το αρχικό σύστη μα είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/21

χ+ψ=-3 ( 1) χ+ψ=5 ( 2) . { Χψ =6 { Χψ=6 ( 2) Χ1 = 2, = 3 χ 2 = 3 , ψ2 = 2 . (χ, ψ) = ( 2, 3) (χ, ψ) = ( 3, 2) .

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ή

ισοδύναμο με την διάζευξη των συστημάτων Το σύστημα

(1)

είναι αδύνατο και το σύστημα

Άρα το σύστημα έχει δύο λύσεις που είναι:

Ψι

έχει λύσεις και

Δίνεται η παραβολή ψ = 2χ 2 και η ευθεία ψ τέμνει την παραβολή σε δύο ση μεία.

=

8χ + κ , κ ε JR

•

και

Για ποιες τιμές του

ψ = 2χ 2 ψ = 8χ + κ 3χ 2 =2 6χ-κ 3χ 2 -6χ +κ= Ο Δ >3χΟ<=>-6χ36 +κ-12κ=Ο>Ο<=> 12κ < 36 <=>Δκ=<363. -12κ. την παραβολή

Για να τέμνει η ευθεία

κ

σε δύο σημεία πρέπει το σύστημα:

η ευθεία

{ψψ==6χ_3χ�κ

να έχει δύο λύσεις. Εξισώνουμε τα δεύτερα μέλη των δύο εξισώσεων του συστήματος και παίρνουμε την εξίσωση

Η εξίσωση Πρέπει:

η οποία πρέπει να έχει δύο λύσεις.

<::::>

έχει διακρίνουσα

Άρα η ευθεία τέμνει την παραβολή όταν

κ< 3 .

Α=2α2 -5αβ+2β2, α=.J6+.J5 β=.J6-J5 [(� - lH� + )! -zJ}( ι + )!J � + }α 2:: Γα+ Jβ � α 2:: Ο β Ο Α =2α ( 1+χ2 )2I [χ+ ( 1+χ2 ).!_2 ]-! χ= "21 [(αβ-ψ.!_ -(βα-ψ.!_ ] . χ χ χ χ χ χ -+-+-+-+-+-=-6 I χ-2 I =2-χ 2 6 12 20 30 42 ι s - Ι χ -31 = 2. l x + 41 -l x - 41 =8 χ 2 -( .J5 + 2 )χ+ 2.J5 =Ο χ2 + 2χ -8l x + 11 + 13 =Ο Ι χ ' +χ-61 � 6-χ-χ' ( x : z )' { � z )' � ι; α, β, γ α2 χ - γ2 (χ+ 1) = β 2 χ (χ+ 1) χ1, χ2 χ 2 -2χ + 1 2λ2 -λl =Ο λ όταν

Να βρείτε την τιμή της παράστασης

και

Να κάν ετε � πράξε�

Να αποδείξετε την ανισότητα:

και

, όταν

Να βρείτε την τιμή της παράστασης 3 ° Να λύσετε τις εξισώσεις:

2::

· : :

Να λύσετε τις εξισώσεις:

είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου ΑΒΓ , να αποδείξετε ότι η

Αν

εξίσωση :

δεν έχει πραγματικές ρίζες.

Για ποιες τιμές του

ε

IR οι ρίζες

της εξίσωσης

ικανοποιούν την

σχέση :

Ιs -

2xl < 1

l 3 x- 41 2:: 5 λ

Να λύσετε τις ανισώσεις: ! !

α

)

Για ποιες τιμές του Για ποιες τιμές του

ε

ε

IR η εξίσωση

IR οι ρίζες της εξίσωσης

3χ2 -7χ+4:$0 λχ2 -(λ+ 1) χ + 2λ -1 = Ο χ2 + ( 2 +α-α2 ) χ-α2 =Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/22

δεν έχει ρίζες στο IR .

είναι αρνητικοί αριθμοί ;

(α+ 2) χ2 -(α+ 2) χ-3 � Ο

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

κάθε

χ

α Ε IR

Για ποιες τιμές του Ε

IR .

η ανίσωση

είναι αληθής για

Ν α λύσετε τις ανισώσεις:

4 f( χ) = χ2 2χ-2χ 3-2χ-χ2 f(x)=)2- j x -3j 1 " f(x)=νf24+10x-x2 f(x) = νfxFx j x j-x f, { -1, 2} -2χ-3 χ - { -1, 2} ( 1) f (χ) = (χ) + χ22+χ-χ 2 f Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω συναρτήσεων:

g : IR -

Δίνονται οι συναρτήσεις g

�

IR , για τις οποίες ισχύει:

για κάθε

Ε

IR

.

Να βρείτε τις τετμημένες των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης αντίστοιχα κάτω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g .

2χ-3ψ + =

ζ

χ

και η ευθεία

Να βρείτε τον

Δίνεται η συνάρτηση :

Ν α βρείτε τον

και g .

ψ = χ-3 α. ψ= ( α - .J3) χ+ 1. f( χ)= αχ3 +(α+ 1)χ -5, α α f Μ ( 2, 17) . f f ( χ 2 ) = f (χ + 2) f ( χ 2 -2) 17 α f( x) =σΚ -( α-3) χ+α-3 χχ' χχ' χχ'.

Στο διπλανό σχήμα η ευθεία

(ζ) έχει εξίσωση

( ε ) έχει εξίσωση

βρίσκεται πάνω,

χ'

Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζει η ευθεία 8 Ο με τους άξονες.

f

Ε

αν γνωρίζεται ότι η γραφική παράσταση της

Να μελετήσετε την συνάρτηση

Για ποιες τιμές του

διέρχεται από τ ο σημείο

ως προς την μονοτονία. .

Ν α λύσετε την εξίσωση

Ε

[11]

I

IR

�

Ν α λύσετε την ανίσωση

IR η γραφική παράσταση της συνάρτησης:

.

Τέμνει τον άξονα σε δύο σημεία. Εφάπτεται στον άξονα Δεν έχει με τον άξονα κανένα κοινό σημείο. Να βρείτε το σημείο

( 11, Ο) . f ( χ ) = 2χχ2 2+-4χ -6 f

Μ

στην γραφική παράσταση της συνάρτησης

απέχει την μικρότερη απόσταση από το σημείο

'

'

Δινεται η συναρτηση

f (χ) = 2Fx

το οποίο

Α

•

f

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης και να απλοποιήσετε τον τύπο της. Να βρείτε τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης τέμνει τους άξονες. Να γράψετε τον τύπο της παράσταση .

f

στη μορφή

f (χ) = χ-2 2χ2 +χ-6 - 2 . χ2 4 κ + _λ_

και να κάνετε την γραφική της

{χ2χ2+ιιl-ψ=5=25 και να ερμηνευ ει' γεωμετρικα' η λυση' .

Ν α λύσετε γραφικά και αλγεβρικά την ανίσωση

Ν

'

α λυ θει' το συστημα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 0 τ.4/23

_

θ

>

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

,

ασκησε ι ς

Η ΠΑΡΆΣΤΑΣΗ Q=Ιχ-1 1 ΣΕ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΕΥΡΥΤΗΤΑΣ Γιάννη ς Στ ρ ατήγη ς

Για την απόσταση πραγματικού αριθμού στον άξονα από τη μονάδα παρουσιάζουμε ποικίλες εφαρμογές σε ευρύ φάσμα έκτασης της διδακτέας σχολικής ύλης με τη μορφή προσέγγισης ερωτημάτων πολλαπλής επιλογής. Στις παρακάτω ερωτήσεις, που αναφέρονται στην παράσταση Q=Ιχ-1 1 να σημειώσετε την απάντηση που θεωρείτε σωστή. Η ( )2 Η

1-χ είναι ίση με την I χ - 1I χεR χ :f:1 χ #1 χ :;i:O Q όταν: 2 Η άρρητη παράσταση q= x2 +1-2 ..Jx ισούται ρητή παράσταση q =

�

( )

ανίσωση -χ3+ 1�Q αληθεύει στο διάστημα: (-οο,Ο] (-οο,- 1 ] [- 1 , 1 ] (-oo,- 1 ]U[0, 1 ] Το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης JQ = l x l - 1 είναι: Ο 1 3 5 Το πλήθος των λύσεων του συστήματος είναι: y=Q 2 χ2 + y 2 = 1 Η γραφική παράσταση της συνάρτησης y=Q σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ γωνία: 45° 1 35° ο 45° ή 1 35° χ . . Η αποσταση Α των σημειων και "2 , - l · .

{

με την Q όταν: χεR χ> 1 χ:51 χ�Ο Ισχύει Q:52 όταν: χεR χε [-2,2] χ ε [- 1 ,3] χ�Ο Το άθροισμα των θετικών ακέραιων λύσεων της 7 6 5 3 ανίσωσης Q:52 είναι: Το πλήθος των ακέραιων λύσεων της εξίσωσης Q+ l y1=2 9 8 5 3 Αν Q:52 η παράσταση q= β χ-5 1 - Ι χ-7 1 είναι: θ<Ο θ:50 θ�Ο θ>Ο - χ χ Ε IR ΙσούταΙ με: Αν Q:52 η παράσταση q= Ι χ-3 Ι + Ι χ+ 1 1 ισούται με: 1 2 3 4 Q Q+ 1 J2Q J5Q Το πλήθος των κοινών λύσεων της ανίσωσης q:52 και της εξίσωσης Ι χ-31=2 είναι: Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ο 1 -2 3 χ 2 - 2χ - 3 και q ( χ ) = 2 + ταυτίζονται στο y=Q Ισχύει Q= Ι x l + 1 αν: χ<Ο χ:50 χ�Ο χ>Ο Q + 2 Αν Ι χ 1 <3 τότε: ευρύτερο σύνολο: Qε(-4,4) Qε(Ο,4) Qε [Ο,4) Q ε [Ο,4] (-οο, 1 ] (-οο, +οο]) [- 1 , 1 ] ( 1 ,-οο,) χ 2 Η ισότητα Q= Ι αχ+ βl αληθεύει για κάθε χεR Αν = λ με λ 1 ' τότε η τιμή του Ι χ Ι Qλ α=β= 1 α=-β= 1 ή α=-β=- 1 μόνο αν: ;t . α=-β= 1 α=β2= 1 . ισούται με: 2λ λ λ- 1 λ+ 1 Το ελάχιστο τη ς συνάρτησης q(x)=Q+x2 είναι Δύσεις - .Μαντη}σει_ς 1 . Β, 2. Δ, 3. Γ, 4. Β, 5. Β, 6. Β, 7. Δ, 8. Β, 1 3 3 ο το: 9. Β, 10. Γ, 1 1 . Β, 12. Δ, 13. Β, 14. Δ, 15. Α, 2 2 4 16. Β, 17. Δ, 18. Α, 19. Β, 20. Β. Το γινόμενο των λύσεων της εξίσωσης Ο 2 -2 3 (x- 1 )Q=1 είναι: •

[ J3)

Β[�, � }

·.

I 1

λύσειι; Απαντήcτειι; 1

Γ

2

Β

3

4

Γ

Γ

5

Β

τ.

79 cπιι; αcτκήcτειι; 6

Γ

7

Α

8

Α

9

10

11

12

13

14

Ε

Β

Β

Δ

Β

Β

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42

43

44

45

46

47

48

49

5Ο

51

52

53

54

55

56

57

58

59

60

61

62

63

64

65

66

67

68

69

70

71

72

73

74

75

76

77

78

79

80

81

82

83

84

85

86

87

88

89

90

91

92

93

Ε

Β

Α

Α

Α Β

Ε

Β Δ

Ε Δ

Β

Ε

Β Γ

Β

Ε

Γ

Ε

Β Ε

Β Γ

Γ

Ε

Α Β Δ

Ε

Β

Γ

Α Β Δ

Β

Γ

Β

Β Γ

Γ

Β

Α

Γ Δ

Β

Α

Α Α

Δ

Β Δ

Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/24

Γ

Γ

Α Γ

Β Δ

Α

Β

Α Γ

Δ

Β

Γ

Ε

Α Δ

Γ

Β

Γ

Γ

Γ Δ

Δ

Δ

Β

Α Ε

Μπάμπης Στεργίου Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ. Η ευθεία ΑΜ τέμνει την ευθεία ΔΓ στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι: α) ΓΕ = ΓΔ β) Το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ορθογώνιο γ) ΒΔ = ΒΕ "i' Τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΒΑ και ΜΓΕ είναι ίσα, διότι έχουν : Λ

Β

Λ

ΒΜΑ = ΓΜΕ ΒΜ=ΜΓ Επομένως είναι ΓΕ = ΑΒ = Γ Δ Αφού ΓΕ = Γ Δ=ΓΒ, το τρίγωνο ΓΒΕ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Επομένως καθεμιά από τις γωνίες ΓΒΕ και ΓΕΒ είναι ίση με 45°. Όμως και η γωνία ΓΒΔ είναι ίση με 45°, διότι στο τετράγωνο ΑΒΓ Δ η διαγώνιος ΒΔ διχοτομεί τις γ�νίες Β και Δ. Λ

Λ

Λ

-- �.'.��

Γ

Ε

:......................................................................................................................................, ............. ............ . .. , . ... ......;

Επομένως : ΔΒΕ = ΔΒΓ + ΓΒΕ = 45 ο + 45 °= 90° . Το τρίγωνο λοιπόν ΔΒΕ είναι ορθογώνιο με κορυφή της ορθής γωνίας το Β. Λ

Λ

Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε επίσης αν παρατηρήσουμε ότι ΒΔΕ = 45 °= ΒΕΔ γ ' Αφού Γ Δ = ΓΕ και η ΒΓ είναι κάθετη στην ΔΕ, η ευθεία ΒΓ είναι μεσοκάθετος του τμήματος ΔΕ. Επομένως ΒΔ = ΒΕ, διότι τα σημεία της μεσοκαθέτου ενός ευθυγράμμου τμήματος ισαπέχουν από τα άκρα του τμή ματος αυτού. Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε επίσης, από το γεγονός ότι Λ

Λ

ΒΔΕ = 45 °= ΒΕΔ

Επειδή στο τρίγωνο ΒΔΕ η ΒΓ είναι διάμεσος και ισούται με το μισό του ΔΕ, το τρίγωνο ΔΒΕ είναι ορθογώνιο . Η παρατήρηση αυτή μας δίνει μια άλλη απόδειξη για το δεύτερο ερώτημα.

,, Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ, το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ και το μέσο Ν της πλευράς ΑΓ. Η ευθεία ΝΜ τέμνει τη διχοτόμο της γωνίας Α στο σημείο Δ. Να αποδείξετε ότι : κ α) ΝΑ = ΝΔ β) ΓΔ l_ ΑΔ γ) ΑΓ - ΑΒ = 2ΔΜ .' \

α) Στο τρίγωνο ΑΒΓ το τμήμα ΜΝ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΓΒ και ΓΑ, οπότε ΝΜ // ΑΒ .Επειδή λοιπόν η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α και ΔΝ//ΑΒ, παίρνουμε: Λ

Λ

\

"

I f..

/,/ -\\j, j

Λ

' \,

ΔΑΝ = ΔΑΒ = ΑΔΝ _ > -·' Άρα το τρίγωνο ΝΑΔ είναι ισοσκελές, οπότε ΝΑ=ΝΔ. β) Είναι ΝΑ=ΝΓ και αφού από το ερώτημα α) έχουμε ότι --ΝΑ = ΝΔ, θα είναι ΝΔ=ΝΑ=ΝΓ.

---- --Ε Στο τρίγωνο λοιπόν ΑΔΓ η διάμεσος ΔΝ είναι ίση με το ..-\ μισό της αντίστοιχης πλευράς ΑΓ. Επομένως το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο και έτσι ΓΔ l_ ΑΔ . γ) Προεκτείνουμε την ΓΔ μέχρι να συναντήσει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Ε. Στο τρίγωνο ΑΕΓ το τμήμα ΑΔ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές. Επομένως ΑΕ = ΑΓ και έτσι: ΑΓ - ΑΒ = ΑΕ - ΑΒ = ΒΕ = 2ΔΜ , διότι στο τρίγωνο ΓΒΕ το τμήμα ΔΜ ενώνει τα μέσα των

I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/25

__,_

\

'

__.--"' ,-

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

πλευρών ΓΕ,ΓΒ και συνεπώς ΔΜ ΒΕ , δηλαδή ΒΕ = 2ΔΜ .

2 =

Σε ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ = 2ΒΓ.Να αποδείξετε ότι : Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται σε σημείο Ε, το οποίο βρίσκεται πάνω στην πλευρά ΓΔ. Αν η διχοτόμος της γωνίας Δ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ζ, τότε το ΑΖΕΔ είναι ρόμβος. Η γωνία ΑΕΒ είναι ορθή Αν η ΔΖ τέμνει την ΑΕ στο Μ και η ΓΖ τέμνει την ΒΕ στο Ν, τότε το τετράπλευρο ΕΜΖΝ είναι ορθογώνιο.

ι - - - -;- - - - - - - �-.7-;- 1

Έστω ότι η διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει την ΓΔ στο Ε. Θα αποδείξουμε ότι και η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Β. Είναι : ·�.:- ΔΑΕ ΕΑΖ ΑΕΔ / οπότε το τρίγωνο ΔΑΕ είναι ισοσκελές. Δ� Επομένως ΔΕ=ΔΑ. Επειδή ΓΔ = ΑΒ = 2ΒΓ = 2ΑΔ =2ΔΕ είναι ΓΕ = ΓΒ. Επομένως και το τρίγωνο ΓΕΒ είναι ισοσκελές, οπότε ΕΒΑ ΒΕΓ ΕΒΓ Άρα και η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Β. Συνεπώς οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται πάνω στην ΓΔ. Σύμφωνα και με το πρώτο ερώτημα, αφού η ΔΖ είναι διχοτόμος της γωνίας Δ, το Ζ είναι μέσο του ΑΒ. Είναι επομένως ΑΖ = ΔΕ. Αφού τα τμήματα ΑΖ και ΔΕ είναι ίσα και παράλληλα, το τετράπλευρο ΑΔΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Είναι όμως και ΑΖ = ΑΔ, οπότε το παραλληλόγραμμο ΑΖΕΔ είναι ρόμβος. Αν φέρουμε την ΖΕ, τότε είναι ΕΖ = ΑΔ = ΑΖ=ΖΒ. Από την ισότητα όμως ΖΕ = ΖΑ=ΖΒ προκύπτει ότι το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ορθογώνιο. Να σημειώσουμε ότι η καθετότητα των ΕΑ, ΕΒ προκύπτει και από το γεγονός ότι οι γωνίες ΕΑΒ και ΕΒΑ f:χουν άθροισμα 90°, διότι η πρώτη είναι ίση με το μισό της Α, η δεύτερη ίση με το μισό της Β και Α+ Β 1 80° Οι ευθείες ΑΕ και ΔΖ τέμνονται κάθετες, διότι είναι διχοτόμοι δύο εντός και επί τα αυτά μέρη γωνιών ΒΑΔ και ΑΔΓ που σχηματίζονται από τις παράλληλες ευθείες ΑΒ και ΔΑ. Όμοια και οι ευθείες ΒΕ, ΓΖ τέμνονται κάθετα. Αφού και η γωνία ΑΕΒ είναι ορθή, το τετράπλευρο ΜΖΝΕ είναι ορθογώνιο. Λ

Λ

=

Λ

=

:..

Λ

Λ

=

.....................................................................................................................................................................: ..,.,./·"'.....,... // /

Λ

=

Λ

Λ

=

Γ·· · · ·· · · · · · · · · · ·σημείο · · · · · · · · · · · ·Δ· ·;·και · · · · · ·στην · ··· · · · · · προέκταση · · · · · · · · · · · · · · · · ·' j Στην πλευρά ΒΓ ενός ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε της ΑΓ παίρνουμε σημείο Ε, έτσι ώστε ΓΕ=ΒΔ. Να . ΓΜ ΑΓ; ΒΔ όπου αποδείξετε ότι : ΔΑ = ΔΕ /r\ Μ είναι η προβολή του Δ στην ΑΓ. ///j \\\ =

I

'

/.\L ·/ v / - �,

I; Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Ζ, ώστε ΒΖ = ΒΔ. ; I Επειδή ΒΔ=ΒΖ και η γωνία Β είναι ίση με 60°, το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισόπλευρο. Επομένως ΔΖ = ΔΒ = ΓΕ. Τα τρίγωνα λοιπόν ΑΔΖ και ΓΔΕ έχουν : ΔΖ = ΓΕ ΑΖ = ΔΓ, ως διαφορές ίσων τμημάτων 'L ΑΖΔ 120° ΔΓΕ Τα τρίγωνα αυτά είναι συνεπώς ίσα και έτσι ΔΑ = ΔΕ. Επειδή το τρίγωνο ΔΑΕ είναι ισοσκελές, το Μ είναι μέσο του ΑΕ. Επομένως έχουμε : ΓΜ = ΓΑ - ΑΜ και ΓΜ = ΜΕ - ΓΕ Με πρόσθεση κατά μέλη αυτών των ισοτήτων και επειδή ΜΑ = ΜΕ παίρνουμε : 2ΓΜ = ΓΑ - ΓΕ , δηλαδή ΓΜ ΓΑ - ΓΕ ΓΑ - ΒΔ , αφού ΓΕ = ΒΔ.

2 2

\

α)

_

Λ

...:·

Λ

=

=

\

\_

,

\\

\\

=

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, το μέσο Μ της ΑΒ και σημείο Ε στην ΑΓ έ:rσι, ώστε ΕΜ=ΕΒ. Αν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80

τ.

4/26

I

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

θέσουμε

Λ

Λ

ΕΒΓ = φ , να αποδείξετε ότι

ΕΒ = ΕΔ

:

i

Λ

Λ

Λ

Λ

,- - - - - - - - -;· - ·. . . . . . . . . . . . . . . . . . ;,;- · - · - - · ·. . . . . . . .��-�-. �-- - � ΒΕΔ = 90° + 2 φ

ΒΕΜ = 2φ

ΕΔ l. ΕΜ .

Επειδή στο τετράγωνο οι διαγώνιες διχοτομούνται και είναι κάθετες, η ΓΑ είναι μεσοκάθετος του ΒΔ. Επειδή λοιπόν το Ε βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΒΔ, θα είναι ΕΒ=ΕΔ. Λ

Λ

'

Λ

Λ

Λ

ΒΕΜ = 1 80° -ΕΒΜ- ΕΜΒ = 1 80° - (90° - φ) - (90° - φ) = 2φ ; Η γωνία ΓΒΔ είναι ίση με 45°, διότι στο τετράγωνο οι διαγώνιες διχοτομούν τις γωνίες του. Επομένως είναι : Λ

Λ

'

'

φ

Λ

Παρατηρούμε ότι: ΜΒΕ = ΜΒΓ- ΕΒΓ = 90° - φ Στο ισοσκελές λοιπόν τρίγωνο ΕΒΜ είναι : \

.

I

'

'

ι �- - ..

Λ

ΔΒΕ = ΔΒΓ- ΕΒΓ = 45° - φ . Στο ισοσκελές λοιπόν τρίγωνο ΕΒΔ είναι :

Λ

I

-

-

-- -

-

_ '_

J

Λ

Λ

ΜΕΔ = ΒΕΔ - ΒΕΜ = 90° + 2φ - 2φ = 90° .

Σύμφωνα με τα ερωτήματα β) και γ) παίρνουμε: Επομένως θα είναι ΕΜ l. ΔΜ .

Επειδή ΕΔ=ΕΒ=ΕΜ, συμπεραίνουμε ότι ο κύκλος με κέντρο Ε και ακτίνα ΕΒ διέρχεται από τα σημεία Β, Μ και Δ. Στον κύκλο αυτό η γωνία ΜΒΔ είναι εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο ΜΔ ενώ η γωνία ΜΕΔ είναι _,,.

Λ'

Λ

Λ

η αντίστοιχη επίκεντρη. Όμως ΜΒΔ = 45° και έτσι ΜΕΔ = 2ΜΒΔ = 2 45° = 90° Άρα η ΕΜ είναι κάθετη στην ΕΔ. Οι γωνίες ΒΜΕ, ΜΒΕ, ΑΔΕ είναι ίσες με 90° - φ . Επομένως οι γωνίες ΒΜΕ, ΑΔΕ είναι ίσες, οπότε το τετράπλευρο ΑΜΕΔ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Άρα οι απέναντι γωνίες ΔΑΜ και ΔΕΜ είναι παραπληρωματικές. Όμως η γωνία ΔΑΜ είναι ορθή, οπότε και η γωνία ΔΕΜ είναι ορθή. Επομένως ΕΜ l. ΔΜ . ·

Λ

Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι Γ = 60° και ΒΓ = 2ΑΓ. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο. Έστω ότι η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Δ. Να αποδείξετε ότι : Η ΓΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Γ και το τρίγωνο ΔΑΜ είναι ισοσκελές.

ΔΒ = 2ΔΑ. Ο

κύκλος που περνάει από τα σημεία Α,Δ,Γ περνάει και από το μέσο του ΒΓ

Έστω Μ το μέσο του ΒΓ. Είναι τότε ΓΜ = ΓΑ και επειδή η γωνία Γ είναι ίση με 60°, συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΑΓΜ είναι ισόπλευρο. Επομένως ΜΑ = ΜΓ = ΜΒ. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο. Επειδή η ΜΔ είναι μεσοκάθετος του ΒΓ, το Δ ισαπέχει από τα σημεία Λ

Λ

Λ

Β και Γ. Άρα ΔΒ=ΔΓ και έτσι ΔΓΜ = ΔΒΜ = 30° . Επειδή είναι Γ = 60° Λ

και ΔΓΜ = 30° , η ΓΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Γ. Η γωνία ΔΜΑ είναι ίση με 3 0°, διότι η γωνία ΔΜΓ είναι ορθή και Λ

ΑΜΓ = 60° .Οι γωνίες λοιπόν ΔΑΜ και ΔΜΑ είναι ίσες με 3 0°, οπότε το τρίγωνο ΔΑΜ είναι ισοσκελές. Σχόλιο : Μπορούμε επίσης να πούμε ότι η ΓΔ είναι μεσοκάθετος της ΑΜ, διότι στο ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΜ η ΓΔ είναι η ευθεία της διχοτόμου από το Γ. Επομένως ΔΑ=ΔΜ Λ

; '

: '

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .; F.

. ..

.

.

.

.

.

.

.

. ..

.

.

. .. . . .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΔ είναι ΔΓΑ = 3 0° , οπότε η κάθετη πλευρά ΑΔ που βρίσκεται απέναντι από αυτή τη γωνία είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας Γ Δ. Είναι επομένως ΓΔ = 2ΑΔ και επειδή ΔΒ = ΔΓ, θα είναι και ΔΒ=2ΔΑ. Τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΔΜΓ είναι ορθογώνια με υποτείνουσα τη ΓΔ. Αν λοιπόν Ν είναι το μέσο του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/27

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ΓΔ, τότε : ΝΜ =

ΓΔ

= ΝΑ . Είναι επομένως ΝΑ=ΝΓ=ΝΔ=ΝΜ, οπότε τα σημεία Α,Δ,Μ,Γ βρίσκονται 2 στον ίδιο κύκλο με κέντρο το σημείο Ν. Με άλλα λόγια ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία Α,Γ,Δ περνάει και από το μέσο Μ του ΒΓ.

Α" 7 · Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, σημείο Ε στην πλευρά ΑΒ και σημείο Ζ στην πλευρά ΒΓ έτσι, ώστε ΒΕ=ΒΖ. Έστω Κ η προβολή του Β στην ΓΕ.Η ευθεία ΒΚ τέμνει την πλευρά ΑΔ στο σημείο Η. Ν α αποδείξετε ότι: υ :< ΓΕ = ΒΗ Το τετράπλευρο ΔΗΖΓ είναι ορθογώνιο. ) Η γωνία ΔΚΖ είναι ορθή •

..- \.

ι: ) Παρατηρούμε ότι ΑΒΗ = ΒΓΕ = φ , διότι οι γωνίες αυτές είναι συμπληρωματικές της γωνίας ΒΕΓ (ή Λ

Λ

διότι είναι οξείες και έχουν τις πλευρές τους κάθετες ).Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΗ και ΒΓΕ έχουν: ΑΒΗ = ΒΓΕ = φ . Επομένως τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα, οπότε ΒΗ=ΓΕ. Λ

ΑΒ=ΒΓ

Λ

Δ

Δ

Επειδή ΑΒΗ = ΓΒΕ , παίρνουμε ότι ΑΗ = ΒΕ = ΒΖ. Είναι όμως ΑΔ = ΒΓ και αφού ΑΗ=ΒΖ,θα είναι ΔΗ = ΓΖ. Το τετράπλευρο λοιπόν ΓΔΗΖ είναι παραλληλόγραμμο, διότι οι απέναντί του πλευρές ΔΗ και ΓΖ είναι παράλληλες και ίσες. Αφού η γωνία Δ είναι ορθή, αυτό είναι ορθογώνιο. Έστω ότι οι διαγώνιες ΔΖ, ΓΗ του ορθογωνίου ΓΔΗΖ τέμνονται στο Ο. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΚΓ είναι τότε: ΗΓ ΔΖ ΚΟ = = 2 2 διότι στο ορθογώνιο Γ ΔΗΖ οι διαγώνιες ΗΓ, ΔΖ είναι ίσες και διχοτομούνται. Επειδή λοιπόν στο τρίγωνο ΔΚΖ η διάμεσος ΚΟ είναι ίση με το μισό της αντίστοιχης πλευράς ;ο

Λ

ΔΖ, αυτό είναι ορθογώνιο. Άρα ΔΚΖ = 90° μ,

Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ η διχοτόμος ΑΔ είναι ίση με την πλευρά ΑΒ. Στην προέκταση της ΑΔ Λ

Λ

παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο, ώστε ΑΒΕ+ ΑΒΓ 1 80° .Να αποδείξετε ότι : ΑΔΓ = ΑΒΕ ' i ) Το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ισοσκελές · ;. Τα σημεία Α,Β,Ε,Γ βρίσκονται στον ίδιο κύκλο. Λ

Λ

=

α) Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, οπότε : Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΑΔΓ = 1 80° - ΑΔΒ = 1 80° - ΑΒΔ = Λ

β)

Λ

Λ

= 1 80° - ΑΒΓ = ΑΒΕ Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΓ είναι ίσα, διότι

έχουν :

ΑΒ = ΑΔ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΒΑΕ = ΔΑΓ *· ΑΒΕ = ΑΔΓ Επο μένως θα έχουν και τα υπόλοιπα στοιχεία τους ίσα, οπότε ΑΕ = ΑΓ. Το τρίγωνο λοιπόν ΑΓΕ είναι ισοσκελές. γ \ Από την ισότητα των τριγώνων ΑΒΕ και Λ

Λ

------ ·

Λ

ΑΔΓ προκύπτει ότι ΒΕΑ = ΔΓΑ = ΒΓ Α .Άρα το τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι εγγράψιμο, οπότε τα σημεία Α,Β,Ε,Γ είναι ομοκυκλικά.

\�,_u \ \

____________

\Ε

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υποτείνουσα ΒΓ φέρνουμε το ύψος ΑΔ, τη διχοτόμο ΒΖ του τριγώνου ΑΒΓ που τεμνει την ΑΔ στο Ε και τη διχοτόμο της γωνίας ΔΑΓ που τέμνει τη ΒΓ στο Ρ.Να αποδειχθεί ότι: iι ) Οι γωνίες ΑΒΔ και ΔΑΓ είναι ίσες. μ) Το τρίγωνο ΒΑΡ είναι ισοσκελές. γ) Η ΡΕ είναι κάθετη στην ΑΒ. Το τετράπλευρο ΑΕΡΖ είναι ρόμβος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/28

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία ΑΒΔ είναι συμπληρωματική με τη γωνία Γ. Στο επίσης ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ η γωνία ΔΑΓ είναι συμπληρωματική με τη γωνία Γ. Αφού λοιπόν οι γωνίες ΑΒΔ και ΔΑΓ έχουν την ίδια συμπληρωματική γωνία, είναι ίσες. Μπορούμε βέβαια να πούμε ότι οι γωνίες ΑΒΔ και ΔΑΓ έχουν την ίδια συμπληρωματική γωνία ΒΑΔ = ω, οπότε είναι ίσες. Σημειώνουμε ότι η ισότητα αυτών των γωνιών, όπως επίσης και των γωνιών Γ και ΔΑΒ είναι πολύ χρήσιμη παρατήρηση σε ασκήσεις με ορθογώνια τρίγωνα. Λ

Λ

Αν ονομάσουμε για ευκολία Γ = ω και Β = 2φ , τότε από τις ισότητες Λ

Λ

Λ

Β = ΔΑΓ = 2φ Λ

και Λ

Λ

Λ

Γ = ΔΑΒ = ω ,

παίρνουμε

ότι

Λ

ΒΑΡ = ω + φ και ΒΡΑ = ΡΑΓ + ΡΓΑ = φ + ω , διότι στο τρίγωνο ΡΑΓ η γωνία ΒΡΑ είναι εξωτερική και έτσι ισούται με το άθροισμα των δύο Λ

Λ

απέναντι εσωτερικών γωνιών. Αφού λοιπόν είναι ΒΡΑ = ΒΑΡ = φ + ω , το τρίγωνο ΒΑΡ είναι ισοσκελές. Στο τρίγωνο ΒΑΡ η ΒΖ είναι κάθετη στην ΑΡ, αφού είναι η ευθεία της διχοτόμου προς τη βάση ΑΡ του τριγώνου αυτού. Επίσης στο ίδιο τρίγωνο η ΑΔ είναι ύψος. Επομένως το Ε είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΡΑΒ και έτσι η ΡΕ είναι κάθετη στην ΑΒ.

"0:· Επειδή η ΒΖ είναι μεσοκάθετη της ΑΡ, είναι ΖΑ=ΖΡ. Επομένως οι γωνίες ΖΡΑ και ΖΑΡ είναι ίσες με φ. Συνεπώς και οι γωνίες ΖΡΒ και ΖΑΒ είναι ίσες, αφού καθεμιά είναι ίση με 2φ+ω .. Όμως η γωνία ΖΑΒ είναι ορθή, οπότε και η γωνία ΖΡΒ είναι ορθή. Οι ευθείες λοιπόν ΖΡ και ΑΔ είναι παράλληλες, διότι είναι κάθετες στην ΒΓ. Όμοια, οι ευθείες ΡΕ και ΑΖ είναι παράλληλες, διότι είναι κάθετες στην ΑΒ. Επομένως το τετράπλευρο ΑΕΡΖ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή είναι όμως και ΖΡ =ΖΑ, το τετράπλευρο αυτό είναι ρόμβος. Το γεγονός βέβαια ότι το παραλληλόγραμμο ΑΖΡΕ είναι ρόμβος προκύπτει και από το γεγονός ότι οι διαγώνιες ΑΡ και ΖΕ είναι κάθετες ή ακόμα και από το γεγονός ότι η διαγώνιος ΑΡ διχοτομεί τη γωνία ΖΑΕ.

Στην άσκηση αυτή μπορούμε να κάνουμε και άλλες σκέψεις που μας δίνουν απλές λύσεις. Τα τρίγωνα ΒΖΑ και ΒΖΡ είναι ίσα, διότι έχουν την πλευρά ΒΖ κοινή, ΒΑ=ΒΡ και ΖΑ=ΖΡ. Επομένως είναι ίσα και αφού το ένα είναι ορθογώνιο, θα είναι και το άλλο. Άρα η γωνία ΒΡΖ είναι ορθή είναι ορθή, δηλαδή η ΖΡ είναι κάθετη στην ΒΓ. Εξασφαλίζουμε λοιπόν και με αυτόν τον τρόπο την παραλληλία των ΖΡ και ΑΔ. Λ

Λ

Το τετράπλευρο ΑΖΡΒ είναι εγγράψιμο, διότι ΖΑΡ = ΖΒΡ = φ . Επομένως η γωνία ΖΡΒ είναι ορθή, ως παραπληρωματική της ορθής γωνίας ΖΑΒ. Είναι λοιπόν ΖΡ .l ΒΓ . Επειδή ΕΡ=ΕΑ (αφού το Ε είναι σημείο της μεσοκαθέτου ΒΖ του ΑΡ), ΖΑ=ΖΡ (για τον ίδιο λόγο), τα τρίγωνα ΖΡΑ και ΕΡΑ είναι ίσα(έχουν και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες με φ).Επομένως ΑΕ=ΑΖ και έτσι όλες οι πλευρές του τετραπλεύρου ΑΕΡΖ είναι ίσες. Επομένως αυτό είναι ρόμβος.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, η διχοτόμος ΒΔ, η προβολή Ε του Α πάνω στην ευθεία Β Δ και η παράλληλη από το Ε προς τη ΒΓ, που τέμνει την ΑΓ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι ΖΑ = ΖΓ . Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και το συμμετρικό Ε του σημείου Α ως προς τη διαγώνιο ΒΔ. Να αποδειχθεί ότι το ΒΓΕΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Δίνεται κύκλος κέντρου Κ και ένα σημείο Σ στο εξωτερικό του. Από το Σ φέρνουμε δύο τέμνουσες ΣΑΒ και ΣΓΔ τέτοιες, ώστε ΣΒ = ΣΔ . Να αποδειχθεί ότι ΣΑ = ΣΓ . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90 ° ) και οι διχοτόμοι του ΒΔ και ΓΕ. Αν ΕΗ, ΔΖ .l ΒΓ , να

αποδειχθεί ότι ΗΑΖ = 45 ° . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90 ° ), το ύψος ΑΔ, το μέσο Ε του ΓΔ και σημείο Ζ στην προέκταση του ΑΒ, ώστε ΒΖ = ΒΑ . Να αποδειχθεί ότι ΖΔ .l ΑΕ . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη ΑΔ, ΒΕ, που τέμνονται στο Η. Αν Μ, Ν είναι τα μέσα των ΑΒ και ΗΓ, να αποδειχθεί ότι ΜΝ .l ΔΕ . Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Η διχοτόμος της γωνίας Γ τέμνει τη διχοτόμο της γωνίας ΒΑΔ στο Ε. Αν Μ είναι το μέσο της πλευράς ΑΓ, να αποδειχθεί ότι: α) το τρίγωνο ΜΑΕ είναι ισοσκελές, β) ΕΜ 11 ΒΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80

τ.

4/29

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Βαγγέλης Ευσταθίου - Νίκος Αντωνόπουλος Σ' αυτό το τελευταίο τεύχος υπάρχουν επαναληπτικές ασκήσεις για την καλύτερη εμβάθυνση της ύλης. Είναι συνδυαστικές, με πολλά ερωτήματα, για την καλύτερη επεξεργασία των εννοιών. Αν το f( χ) = χ4 + αχ3 + β χ 2 + yx + δ είναι τέλειο τετράγωνο. Να δείξετε ότι: y 2 δα 2 και =

(4β - α2 Υ = 64δ .

2κ = α (Ι) κ2 + 2 λ = β ( 2 ) α 2 + 2 λ => 4β - α 2 = λ κάθε χ E IR => . Αλλά: (2 ) , ( Ι ) => β = 4 2κλ = y (3) λ2 = δ (4) ( 4) (4) => (4β - α2 ) 2 = 64λ 2 => ( 4β - α2 ) 2 = 64δ και ( 3 ), ( Ι ) => γ2 = 4κ2 λ 2 => γ2 = α2 λ 2 =>y2 = α2 · δ2 • ·

·

Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ1 (χ) , Ρ2 (χ) , Ρ3(χ) αν τα πολυώνυμα Ρ1 (χ) και Ρ2 (χ) δεν έχουν κοινή ρίζα και ισχύει: (Ρ1 (χ))2 + (Ρ2 (χ)) 2 = (Ρ3(χ)) 2 για κάθε X E R να δείξετε ότι το Ρ3 ( χ) δεν έχει πραγματική ρίζα. Ρ3 (χ) έχει ρίζα ρ Ε R , οπότε: Ρ3 (ρ) = Ο . Επειδή για κάθε x E R ισχύει: θα ισχύει και δηλαδή (Ρ1 ( χ) γ + (Ρ2 (χ)) 2 = (Ρ3 ( χ) γ (Ρ1 ( ρ )) 2 + (Ρ2 (ρ ) γ = (Ρ3 ( ρ )) 2 (Ρ1 (ρ )) 2 + (Ρ2 (ρ )) 2 = 0 (1). Όμως Ρ1 ( ρ ) , Ρ2 ( ρ ) είναι πραγματικοί αριθμοί ως αριθμητικές τιμές των πολυωνύμων για χ = ρ έτσι από την (1) προκύπτει Ρ1 ( ρ ) = Ρ ( ρ ) = Ο . Δηλαδή το ρ είναι κοινή ρίζα των 2 Ρ1 ( χ) , Ρ2 ( χ) που είναι άτοπο, σύμφωνα με την υπόθεση . Επομένως το Ρ3 (χ) δεν έχει πραγματική ρίζα. Αν α + β + y = 24 , τότε να υπολογίσετε τους α, β, γ Ε R ώστε το κλάσμα Α --(α - 2) χ2 - ( 4 - β) χ + y - 6 για κάθε χ Ε R να έχει σταθερή τιμή κ και να υπολογίσετε την χ 2 + 2χ + 3 Δεχόμαστε ότι το

..ο.._--'---:--'----'---

τιμή αυτή.

χ Ε R (γιατί;). Άρα <::::::> (α - 2) χ 2 - ( 4 - β χ + γ - 6 ) = κ(χ 2 + 2χ + 3 ) , για κάθε χ Ε R <::::::> ( α - 2) χ 2 - ( 4 - β ) χ + γ - 6 = κχ 2 + 2 κχ + 3κ , για κάθε χ Ε R 2 α=κ+2 : �+ �;� <::::::> ;+2 β = 2κ + 4 +4 κ + 4 <c> = 2 κ <::::::> <c> <::::::> 3κ + 6 γ = 3κ + 6 γ = γ = 3κ + 6 γ - 6 = 3κ α + β + γ = 6κ + Ι2 24 = 6κ + Ι2 Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ 4 - ( ημ 2 θ ) χ3 - 2χ + 2ημθ - 1 . Να βρείτε το θ Ε [ π, 2π ] ώστε η Ρ( χ) : (χ + 1 ) να δίνει υπόλοιπο υ = 1 . Προφανώς

το

{�(�

Γνωρίζουμε ότι η

κλάσμα

ορίζεται

{; :

Ρ ( χ) : (χ + Ι )

για

κάθε

;

δίνει υπόλοιπο

υ = Ρ ( -Ι) .

Α=κ

για

κάθε

χΕR

κ=2 α=4 β=8 γ = Ι2

Άρα σύμφωνα με την υπόθεση θ α είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/30

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ρ(-1) = 1 <::::> (-1)4 - (ημ2θ) (-1) 3 - 2 (-1) + 2ημχ - 1 = 1 <=:> ημ2θ + 2ημθ + 1 = 0 <=> ( ημθ + 1 γ = 0 <=:> ημθ = -1 <=:> ημθ = ημ 3π , τότε θ = 2κπ + 3π , κ Ε Ζ ή θ = 2 λπ + π - 3π , λ Ε Ζ 2 2 2 � _!. _!.

3π 3π i) Με θ=2κπ+ ,κΕΖ έχουμε: π�θ�2π<=:>π::Ωκπ+ �2π<=:> 1 �2κ+ �2 <=> �κ� <=:>κ= Ο <=:> θ = 3π .

2 2 4 4 2 2 3π 3π ii) Με θ = 2 λπ + π - , λ Ε Ζ έχουμε: π � θ � 2π <::::> π � 2 λπ - � � 2π <::::> � � λ � 2. <::::> λ = 1 <::::> θ = 2 4 4 2 2 i) Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) = αχ 2 + β χ + γ α, β, γ Ε R έχει τρεις διαφορετικές ρίζες τότε αυτό είναι το μηδενικό πολυώνυμο. ii) αν f(x) = (α - β)( χ - α)(χ - β) + (β - γ)( χ - β){ χ - γ) + +(γ - α)(χ - γ)(χ - α) + (α - β)(β - γ){γ - α) με α, β, γ Ε R διαφορετικά ανά δύο μεταξύ τους. Να δείξετε ότι είναι το μηδενικό πολυώνυμο χωρίς να φέρετε το f(x) στην μορφή f(x) = κχ 2 + λχ + μ .

{

{

{

i) Έστω ρ, , ρ 2 , ρ 3 , οι διάφορες ανά δύο ρίζες του Ρ( χ) , τότε: α ρ ; + β ρ, + γ = 0, (1) α ( ρ,2 - ρ 22 ) + β ( ρ, - ρ 2 ) = Ο α ( ρ, - ρ 2 )( ρ, + ρ 2 ) + β ( ρ, - ρ 2 ) = Ο => α ρ 22 + β ρ 2 + γ = 0, ( 2 ) => => + ) + β = 0 = 0 α( ) + β )( α ( ) ) ( ( ρ ρ ρ ρ ρ ρ; ρ ρ ρ ρ 3 3 3 3 ; 2 2 2 α ρ; + β ρ 3 + γ = 0,(3) 2 α( ρ, + ρ 2 ) + β = Ο ( 4) () (ι) => α ( ρ1 - ρ 3 ) = 0 => α = Ο =:>4 β = Ο =>γ = Ο . α ( ρ 2 + ρ 3 ) + β = Ο ( 5) ii) Διαπιστώνουμε ότι f(α) = Ο και f(β) = Ο και f(γ) = Ο . Δηλαδή το δευτέρου βαθμού πολυώνυμο έχει

{

τρεις διαφορετικές ρίζες επομένως το είναι το f(x) μηδενικό πολυώνυμο.

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = αχ3 + βχ 2 + γχ + δ , αγδ ::;: Ο που δέχεται διπλή ρ ρίζα καθώς και την -ρ . Να δείξετε ότι Αφού το

Ρ( χ)

( �) 3 = �

δέχεται διπλή ρίζα τη ρ και τη ρίζα -r θα έχει παράγοντες

έχει ως παράγοντα και το γινόμενο τους

Ρ( χ) : ( χ - ρ ) 2 ( χ + ρ )

διαίρεση

μεγιστιβαθμίων

{

όρων.

( χ - ρ )2 ( χ + ρ )

δίνει πηλίκο Δηλαδή

μηδενικού

( χ - ρ )2

και

( χ + ρ)

τότε θα

που είναι τρίτου βαθμού πολυώνυμο.

Η

βαθμού και μάλιστα το πηλίκο των

αχ3 = α . Έτσι Ρ(χ) = α ( χ - ρ) 2 (χ + ρ) Π(χ) =χ3 αχ 3 + βχ2 + γχ + δ = αχ 3 - α ρχ2 - α ρ 2χ + α ρ 3 , για 3 = =� ?

ή

κάθε Ρ(χ) = αχ3 -αρχ2 - αρ2χ + αρ3 . Επομένως β = -α ρ χ Ε R => γ = -α; 2 => = � = 3 => δ = αρ Δίνεται το Ρ( χ) = χ4 + ( α 2 - β) χ3 + ( 2β - 1 ) χ 2 + 2χ + β 2 δείξτε ότι δεν υπάρχουν α, β Ε R ώστε το Ρ(χ) να έχει παράγοντα (χ - 1 ) .

� �, : (�)

Ρ( χ) είχε παράγοντα το ( χ - 1) , τότε θα είχαμε: Ρ(1) = 0 => 14 + (α 2 - β) · 1 3 + ( 2β - 1 ) · 12 + 2 · 1 + β2 = 0 => β2 + β + 2 + α2 = 0 =:> β2 + β + 2 = -α2 � 0 .

Αν το

Το τριώνυμο του δευτέρου μέλους έχει διακρίνουσα Δ= -7, οπότε για κάθε β Ε R

β2 + β + 2 > Ο , πράγμα άτοπο. Επομένως δεν υπάρχουν α, β Ε R ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/3 1

ώστε

( χ - 1)

παράγοντας του

θα είναι

Ρ( χ) .

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Δίνεται το πολυώνυμο f(x) = αv x v + αv _1χv- ι + + αχ1 + a0 με αν :;t: O και α; ε Ζ με i = 0, 1 ,2, , ν . Αν f(O) · f(l) είναι περιττός αριθμός να δείξετε ότι το πολυώνυμο f( x ) δεν έχει ακέραια ρίζα. .•.

.•.

Έστω ότι το πολυώνυμο f ( x ) έχει ακέραια ρίζα ρ τότε θα έχει και παράγοντα ρ και θα γράφεται x (1). Το πολυώνυμο Π( θα έχει ακέραιους συντελεστές δεδομένου ότι και το f(x) (Ι) ( 1 ).Επειδή είναι ένας έχει ακέραιους συντελεστές. Τότε ακέραιος αριθμός και ως γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων, είναι άρτιος ακέραιος αριθμός το δεύτερο μέλος της είναι άρτιος ενώ από την υπόθεση, το πρώτο μέλος είναι περιττός. Επομένως οδηγηθήκαμε σε άτοπο, άρα το f(x) δεν έχει ακέραια ρίζα.

f( ) = (χ - ρ) · Π(χ)

χΠ(Ο) · Π(l)

χ) f(O) · f(1) = ρ(ρ -1)Π(Ο) · Π

ρ(ρ -1) , ( 1)

Δίνονται τα πολυώνυμο Ρ( χ ) = 5χ 3 + αχ 2 + β χ + γ και g ( χ ) = 2χ 2 + 2αχ + β με α, β, γ έχουν κοινή ρίζα την ρ = 1 . Να δείξετε ότι J α J + JβJ + J γ J � 3 .

ε JR

αν

1 , ρίζα των πολυωνύμων. Επομένως θα ισχύει Ρ(1) = Ο και g(1) = Ο β δηλαδή α + + γ + 5 = Ο και 2 α + β + 2 = Ο . Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις δύο ισότητες προκύπτει γ - α = -3 ι- 3J = J γ - α J � J αJ + J γ J 3 � J αJ + J γ J 3 � J α J + J β J + J γ J ' αφού ο � J β J .

Από την υπόθεση έχουμε ρ =

( )2 ( )2 =>

=>

=>

χ- + -χ- = α(α - 1 ) (1), όπου α ε R παράμετρος. Να λύσετε την εξίσωση χ-1 χ+1 Για να ορίζεται η (I) πρέπει και αρκεί:

(χ -1)(χ + 1) :;t Ο , δηλαδή χ Ε R - {1, -1} .

α) Αν, α(α- 1 )<0, δηλαδή Ο<α< 1 , τότε η εξίσωση δεν έχει λύση στο R β) Αν α=Ο ή α= 1, τότε: (Ι) <:::> 2χ 2 (χ 2 + 1 ) = Ο <:::> χ = Ο γ) Αν α(α- 1 )>0, δηλαδή α Ε (-οο,Ο) u (1,+oo) , τότε:

(Ι) <:::> χ2(χ + 1)2 + χ2(χ - 1)2 = α (α - 1)(χ + 1)2(χ - 1)2 <:::> χ4 + 2χ3 + χ2 + χ4 - 2χ3 + χ2 = α(α - 1)(χ2 -1)2 <:::> -2χ4 -2χ2 + α(α -1)χ4 + α(α -1) -2α(α -1)χ2 = Ο <:::> (α2 - α -2)χ4 -2(α2 - α + 1)χ2 +α(α-1) =0 (1) Αν θέσουμε χ 2 = y, προκύπτει η εξίσωση ( α2 - α - 2)y2 - 2( α2 - α + 1)y + α ( α -1) = Ο (2) που είναι η επιλύουσα της (1) . Αν α2 - α - 2 = ( α - 2)( α -1) :;t Ο , δηλαδή α :;t 2 , τότε υπολογίζουμε την διακρίνουσα και έχουμε Δ = 4(4 α2 - 4 α +1) = 4(2 α - 1)2 > Ο , αφού α :;t ..!. .

2 ' , Ε = 2(α2 -2(αα2+ -1)α+-2(22)α -1) = α α- 2 ' Υ2 = 2(α2 -2(αα2+-1)α--2(22)α -1) = αα +-11 · τσι η (2) θ α εχει ριζες ' για να προσδιορίζουμε τις ρίζες της ( 1) μελετάμε το πρόση μο των ριζών y 1, y . Ετσι διακρίνουμε 2 > 0 <:::> α� 2 > 0 <:::> { α(α -2) > 0 <:::> { α Ε ( Ο) υ (2, ) <:::> ί) τις παρακάτω περιπτώσεις: Αν Υ2 > 0 αα -1 > Ο (α -1)(α + 1) > 0 α E (-oo,-1)u(l,+oo) +1 <:::> α Ε (-οο,Ο) υ (l,+οο) <:::> α Ε (-οο,-1) υ (2,+οο) (γιατί;). Τότε λοιπόν η δοθείσα εξίσωση θα έχει ' ' -1 ξf � τεσσερις ριζες τις ± α-2, α+1 . > 0 α � 2 > Ο { α(α - 2) > 0 {α Ε (-οο,Ο) υ (2,+οο) 11) α - 1 < 0 (α - 1)(α + 1) < 0 α Ε (-1,1) y2 > 0 -α+1

Υι

'

Ό μως

. {Υι

{Υι

{:::>

{

-

-

{:::>

±

{

-οο ,

-

{:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/32

{:::>

+οο

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

{ {

ς:::, α Ε ( -οο, Ο) υ (1, +οο) ς:::, α Ε ( -1, Ο ) (γιατί;). Επομένως τότε η εξίσωση θα έχει δυο ρίζες τις ±

. .) {Υ

�α α- 2 .

�<0 <Ο , δυο ρι' ζες τις , η εξισωση , τοτε ' θ α εχει ιιι ς:::, α - 2 ς:::, α Ε ( 1 , 2 ) . Επομενως α-1 >Ο y2 > 0 α+1 �<0 <Ο ς:::, α - 2 ς:::, α Ε ( Ο, 1 ) , αδύνατο, αφού α Ε ( -οο, Ο) υ (1, +οο) . Επομένως η περίπτωση ί ν) y2 < Ο α-1 <Ο α+1 αυτή αποκλείεται. Τέλος για α=2 έχουμε: ( 1 ) ς:::, 3χ 2 - 1 = Ο ς:::, χ = ± .J3 .

3 ι

{Υι

--

--

Να λύσετε την εξίσωση : (χ 2 - 4)(χ - 1)(χ + 3) = 4 (1).

Έχουμε: ( 1 ) ς:::, ( χ + 2 )( χ - 2 )( χ - 1 )( χ + 3 ) = 4 . Αλλά: (χ-1Χχ + 2) = χ2 + χ-2 και (χ-2Χχ+3) =χ2 + χ -6 . Επομένως ( 1 ) ς:::, (χ 2 + χ - 2)(χ 2 + χ - 6) = 4 χ2 + χ - 2 = ω { 2 χ2 + χ - 2 = ω χ2 χ ς:::, χ + χ - 2 = 2 ± 2ν2� κ.λ.π. ς:::, + - 2 = ω ς:::, ς:::, ω(ω - 4) = 4 ω 2 - 4ω - 4 = 0 ω = 2 ± 2ν2�

{

{

{

Να λυθεί η εξίσωση : �3 + χ + �3 - χ = 2�9 - χ 2 (1). Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί Πρέπει 3 + χ � 0, 3 - χ � 0,9 - χ 2 � Ο, δηλαδή -3 ::; χ ::; 3 . Άρα η εξίσωση έχει πεδίο ορισμού το Α = [ -3, 3 ] . Παρατηρούμε ότι δεν έχει ρίζες τους αριθμούς 3 και -3, οπότε: 2 2 ( 1 ) ς:::::, 6 (3 + χ)2 + 6 (3 - χ) = 2 ς:::, 3 + χ + 3 χ = 2 (2) 9-χ 9 - χ2 3-χ 3+χ Αν θέσουμε y = 3 + χ (3), τότε η επιλύουσα της (2) είναι η εξίσωση y + _!_ = 2 (4) 3-χ Με y :;t: Ο έχουμε: ( 4 ) ς:::, y 2 + 1 - 2y = Ο ς:::, (y - 1) 2 = Ο ς:::, y = 1 (διπλή ρίζα), οπότε: 3 ( 3 ) ς:::, 3 + χ = 1 ς:::, + χ = 1 ς:::, 3 + χ = 3 - χ ς:::, χ = Ο . Δεκτή τιμή αφού Ο Ε [ -3, 3 ] .

3-χ 3-χ

�

�

�

�

Υ

Δίνεται το πολυώνυμο f(χ)=αχ3-βχ2+3χ+10. α. Να βρείτε το βαθμό του για τις διάφορες τιμές των α, β. β. Αν f(1)=11 και f(-1)=3, να αποδείξετε ότι α=1 και β=3. γ. Αν Ρ(χ)=χ3+ 11, να αποδείξετε ότι P(x)=f(x+ 1). δ. Να βρείτε την αριθμητική τιμή του πολυωνύμου f(x) για x=l + �2(ΧΧ) . ε. Να λύσετε την εξίσωση f(x)=-16. α. Σχετικά με το βαθμό του πολυωνύμου, διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: i) ii) iii)

Αν α:fΟ, τότε το πολυώνυμο είναι τρίτου βαθμού. Αν α=Ο και β:fΟ, τότε το πολυώνυμο είναι δευτέρου βαθμού. Αν α=Ο και β=Ο, τότε το πολυώνυμο είναι πρώτου βαθμού. β. Είναι: f(1)=1 1 � α-β+1 3=1 1 � α-β=-2 (1) και f(-1)=3 � -α-β-3+1 0=3 � α+β=4 (2) Εύκολα πλέον από τις (1) και (2) βρίσκουμε όn α=1 και β=3. γ. Με α=1 και β=3 έχουμε frx)=x3-3x2+3x+10, οπότε f(x+ 1)=(χ+ 1)3-3(χ+ 1 )2+3(χ+ 1)+ 1 0=χ3 +3χ2+3χ+ 1-3χ2-6χ-3+3χ+3+ 1 Ο=χ3 + 1 1 =Ρ(χ) δ. Από το ερώτημα (γ) έχουμε: f( 1 + :V2000 )=Ρ( :V2000 )=2000+ 1 1 =20 1 1 . ε. Αν στην ισότητα P(x)=f(x+1 ) θέσουμε όπου χ το χ-1 έχουμε f(x)=P(x-1) (3) και (3) f(x)=-1 6 ς:::, Ρ(χ-1 )=-1 6 ς:::, (χ-1 ) 3 + 1 1 =-1 6 ς:::, (χ-1) 3 =-2 7 ς:::, χ-1 =-3 ς:::, χ=-2. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/33

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Το ερώτημα (γ) προκύπτει άμεσα αν κάποιος παρατηρήσει ότι f(x)=x3-3x2+3x+ l 0 =(χ-1 ) 3 + 1 1 , οπότε f(x+ 1 )=(χ+ 1-1 ) 3 + 1 1 =χ3 + 1 1 =Ρ( χ). Το ερώτημα (ε) λύνεται και με το θεώρημα των ακέραιων ριζών. Αρκεί κάποιος να δει ότι έχει ρίζα τον αριθμό -2 και να εφαρμόσει σχήμα Homer. Έστω f: (0, +οο)---+ JR μια συνάρτηση για την οποία για κάθε χ, y>O ισχύει

f(x)-f(y)�ln(-χ )+x-y και f(l)=l Υ

α. Να αποδείξετε ότι f(x)-f(y):Sin( � )+x-y. β. Να αποδείξετε ότι f(x)=x+lnx για κάθε χ>Ο. Υ γ. Να εξετάσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία. δ. Να αποδειχθεί η ισοδυναμία f(α) f(β)� β ε. Να λύσετε την εξίσωση x2+2xlnx=l. α. Αν στην δοσμένη σχέση, που ισχύει για οποιαδήποτε χ, y ε (0, +οο) κάνουμε εναλλαγή των =

=

μεταβλητών χ, y λαμβάνουμεf(y)-f(χ) � ln( L )+y-x, απ' όπου προκύπτει ότι f(x)-f(y) :S ln( � )+x-y (1) χ Υ καθότι, ln( L )=ln (�γ' = - ln( � ). Άρα: (1) => f( χ) - f(y) = ln � + x - y => f{ χ) - f ( y) = lnx - lny+x-y => χ Υ Υ Υ f (χ) - ln χ - χ f ( y) - ln y - y για κάθε χ Ε (Ο, +οο) => f (χ) - ln χ - χ c , για κάθε χ Ε (Ο, +οο) => f ( l) - ln 1 - 1 c => c Ο => f (χ) ln χ + χ , για κάθε χ Ε (Ο, +οο) . β. Η σχέση (1) σε συνδυασμό με την αρχική, λόγω της αντισυμμετρικής ιδιότητας, οδηγεί στην ισότητα f(x)=x+lnx, για κάθε χ>Ο, που είναι το ζητούμενο. γ. Για οποιαδήποτε χ,, χ2 με Ο<χ,<χ2 έχουμε lnx 1 <lnx2 , οπότε x 1 +lnx 1 <x2+lnx2 δηλαδή f(x 1 )<f(x2) που σημαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο). δ. Από τον ορισμό της συνάρτησης προκύπτει άμεσα ότι: α=β => f(α)=f(β), οπότε για την απόδειξη της ζητούμενης ισοδυναμίας, αρκεί να δείξουμε ότιf( α)=f(β) => α=β. Ας υποθέσουμε ότι f(α)=f(β) και #:β. Τότε είτε α<β, είτε α>β. Αν θεωρήσουμε ότι α<β τότε από τη μονοτονία της f συνάγεται ότι f(α)<f(β), το οποίο είναι άτοπο αφού έχουμε υποθέσει ότι f(α)=f(β). Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν θεωρήσουμε ότι α>β. Άρα, αναγκαστικά ισχύει α=β. ε. Με χ>Ο έχουμε: χ2+2xlnx= 1 <::::> χ + 2 ln χ _!_ <::::> χ + ln χ - ln χ + _!_ χ χ 1 1 1 (δ) 1 <::::> χ + ln χ ln- + - <::::> f (χ) f (-) <::::> χ - <::::> χ 1 αφού χ>Ο. χ χ χ χ

()

=

=

=

=

=

·

=

=

=

=

=

=

Δίνεται η συνάρτηση f(x)= .fi ημ(χ+ π4 ) α. Ν α βρείτε τη μέγιστη, την ελάχιστη τιμή και την περίοδο της f. β. Να βρείτε για ποιες τιμές του χ που περιέχονται στο διάστημα (π, 4π) η συνάρτηση λαμβάνει τη μέγιστη τιμή της. γ. Αφού πρώτα συμπληρώσετε τον παρακάτω πίνακα, κατόπιν να κατασκευάσετε τη γραφική παράσταση της f στο διάστημα [0, 2π) . χ

χ+ -π 4 ημ(χ+ -π ) 4 f(x)

ο

-π 4

2� 3� 4� 5� 6� 7� 8� 4 4 4 4 4 4 4

δ. Να υπολογίσετε τα f( π4 -χ) και f(x- π4 ) και να αποδείξετε ότι f ( π4 -x)+f2 (χ- π4 )=2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/34

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ε. Αφού πρώτα δείξετε ότι f(-x)= .fi συν(χ+ π4 ), κατόπιν να λύσετε την εξίσωση f(-x)=f(x). Είναι ο αριθμός 2010π λύση της εξίσωσης; α. Η συνάρτηση f είναι της μορφής ρημ( αχ+β) με ρ= J2 , α= 1 και β= π4 , οπότε η μέγιστη τιμή της είναι

M= J2 , η ελάχιστη είναι m=- J2 και η περίοδός της είναι Τ=2π. β. Οι ζητούμενες τιμές του χ προκύπτουν από τη λύση, στο διάστημα (π, 4π) της εξίσωσης f(x)= J2 . Είναι: f(x)= νr:::L <=:> ημ(χ+ 4π )=1 <=:> χ+ 4π =2κπ <=:> χ=2κπ- 4π , κεΖ και π<χ<4π <:::> 1 <2κ--1 <4 <:::> -5 < 2κ < 1 7 <:::> -5 < κ < 17 4 4 4 8 8 Δεδομένου ότι ο αριθμός κ είναι ακέραιος, έχουμε κ=1 ή κ=2. Επομένως οι ζητούμενες τιμές του χ είναι 7π και χ=1 5π οι χ= 4 4 γ. Ο αρχικός πίνακας μετά τη συμπλήρωσή του λαμβάνει την ακόλουθη μορφή τ π - 2 2: 3 2: 4 2: 5 2: 6 2: 7 2: 8 2: χ ο i i 4 4 4 4 4 4 4 4 I π -π 3π π 5π 3π 7π 2π 9π ! χ+ -π I - -t 4 4 2 4 4 2 4 4 ι J2 ημ(χ+ -π ) fi 1 J2 ο - J2 -1 - J2 ο l 4 2 2 2 2 2 l 1 1 J2 1 ο -1 - J2 -1 ο f(x) Και η γραφική παράσταση της f στο διάστημα [0, 2π] φαίνεται στο παραπάνω σχήμα δ. Είναι: f(2:4 - χ) = J2 ημ( 2:4 -χ+ 2: )= J2 ημ( 2:2 -χ)= J2 συνχ 4 και f(x -�) = J2 ημ(χ- � + � )= Ji ημχ, οπότε f 2 (� - x) + f 2 (x - � ) =2συν2χ+2ημ2χ=2.

-

ο

-

.

2

-

-

i

-

-

-- ·

-

-

-

-

-

; .

t· ·

π

2π

-2

ε. Είναι: f(-x)= J2 ημ(-χ+ 2: )= J2 ημ( 2: _ 2: -χ)= J2 συν(- 2: -χ)= J2 συν( 2: +χ)

4 2 4 4 4 οπότε f(-x)=f(x) <:::> J2 συν( 2: +χ)= J2 ημ( 2: +χ) <:::> εφ(χ+ 2: )=1 <:::> χ+ 2: =κπ+ 2: <:::> χ=κπ, κ ε Ζ .

4 4 4 4 4 Άρα η εξίσωση έχει λύση κάθε ακέραιο πολλαπλάσιο του π, όπότε ο αριθμός 20 1 Οπ είναι λύσης της.

•

'

Κατά τη λύση των τριγωνομετρικών εξισώσεων των μορφών ημχ=α, συνχ=α, εφχ=α, αε {-1 , Ο, 1 } μας εξυπηρετεί να χρησιμοποιούμε απευθείας τις επόμενες ισοδυναμίες, όπου ο αριθμός κ είναι ακέραιος. ημχ=Ο <:::> χ=κπ, συνχ=Ο <:::> χ=κπ+ l , εφχ=Ο <:::> χ=κπ

π

π π 2 4 π π ημχ=-1 <:::> χ=κπ- - ' συνχ=-1 <:::> χ=2κπ+π ' εφχ=-1 <:::> χ=κπ- 2 4 ημχ= 1 <:::> χ=κπ+ - ' συνχ=1 <:::> χ=2κπ ' εφχ= 1 <:::> χ=κπ+ -

<ι·

Επισημαίνουμε ότι η εξίσωση της μορφής ημΑ(χ)=συνΑ(χ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση εφΑ(χ)= 1 (δεν απαιτείται δηλαδή μετασχηματισμός ενός εκ των ημΑ(χ), συνΑ(χ)), καθότι αν υποθέσουμε ότι για κάποια τιμή του χ ισχύει συνΑ(χ)=Ο, τότε προκύπτει ότι και ημΑ(χ)=Ο, που αποκλείεται από την βασική τριγωνομετρική ταυτότητα.

Έστω Ρ(χ) ένα πολυώνυμο το οποίο όταν διαιρείται με το x-ln3 δίνει υπόλοιπο ln9 και η γραφική του παράσταση διέρχεται από το σημείο A(ln9, ln3). α. Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ2--(31n3)x+21n23 είναι αχ+β, να βρείτε τους αριθμούς α, β. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 80

τ.

4/35

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

β. Θεωρούμε την αριθμητική πρόοδο με α 1 =α+ 1 και ω=β. Ι i) Να αποδείξετε ότι e 2 3 3 ν <v - J ii) Να υπολογίσετε το άθροισμα Σ=αz+α4+α6+ ... +α334· α. Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει ότι Ρ(Ιη3)=lη9 (1) και Ρ(Ιη9)=lη3 (2).

5' =

Εξάλλου το τριώνυμο χ2-(3lη3)χ+2lη2 3 έχει ρίζες τους αριθμούς lη3 και l n9 οπότε η ταυτότητα της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ(χ) με το συγκεκριμένο τριώνυμο είναι η: Ρ(χ)=(χ-lη3)(χ-lη9)+αχ+β απ' όπου συνάγουμε ότι Ρ(lη3)=αlη3+β και Ρ(Ιη9)=αlη9+β αlη3+β=lη9 αlη3+β=2lη3 α=-1 � � οι οποίες λόγω των (1) και (2) οδηγούν στο σύστημα αlη9+β=lη3 2αlη3+β=lη3 β=3lη3 β. Η αριθμητική πρόοδος που σχηματίζεται έχει ως πρώτο όρο το α 1 =0 και διαφορά ω=3lη3. i) Το άθροισμα Sv των ν πρώτων όρων της προόδου είναι Sv= 2ν [2 . Ο+(ν-1 ) . 3lη3]= 21 3ν(ν-1 )lη3 � 2Sv =lη3 3ν(ν- Ι ) � e 2 , 3 )ν(ν ) ίί) Οι αριθμοί α2 , α4 , . . . , α33 4 των οποίων το πλήθος είναι προφανώς 1 67, σχημα-τίζουν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο a 1 =α2=3lη3 και διαφορά d=2ω=6lη3, οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι 1 67 · 3 lη 3 + 1 66 · 6lη 3] 83667 · lη 3 Σ= -[2 2

{

{

{

s

=

-Ι

=

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=(χ2-4χ+4)2010+(χ2-5χ+5)2011 • α. Να υπολογίσετε το άθροισμα των συντελεστών του. β. Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο έχει παράγοντα το χ-3. γ. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 92010+11 2011 είναι πολλαπλάσιο του 4. α. Είναι φανερό ότι σε οποιοδήποτε πολυώνυμο Ρ(χ) η αντικατάσταση χ=1 μας δίνει το άθροισμα των

συντελεστών του. Έτσι και στην περίπτωσή μας, το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου είναι ίσο με Ρ(1 )=(1-4+4)2Ο 1 0+(1-5+5)20 1 1 =1 2ο1 0+(-1 )20 1 1 =Ο. β. Αρκεί να αποδείξουμε ότι έχει ρίζα τον αριθμό 3. Είναι: Ρ(3)=(3 2-12+4)20 1 0+(3 2-1 5+5?0 11 =( 1 3-1 2)20 1 0+(14-1 5)20 1 1 = 1-1 =0. Άρα το πολυώνυμο έχει ρίζα τον αριθμό 3, οπότε έχει παράγοντα το χ-3. γ. Από το ερώτημα (β) συνάγουμε ότι P(x)=(x-3)Q(x) όπου Q(x) ένα πολυώνυμο με βαθμό κατά ένα μικρότερο από αυτόν του αρχικού πολυωνύμου και προφανώς με ακέραιους συντελεστές. Η τελευταία ισότητα γράφεται και με τη μορφή (x2-4x+4)2 0 1 0 +(x2-5x+5) 2 0 1 1 =(x-3)Q(x) και για χ=-1 δίνει (1 +4+4)20 1 0+(1 +5+5)20 1 1 =-4Q(-1) � 9 20 1 0+ 1 1 20 1 1 =4κ, όπου κ=-Q(-1)εΖ Επομένως, ο αριθμός 9 20 1 0+ 1 1 20 1 1 είναι πολλαπλάσιο του 4.

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=ln(1- !χ ). α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. β. Αν (αν) είναι μια αριθμητική πρόοδος με α 1 =e+1 και ω=1, να υπολογίσετε το άθροισμα S=f(α1)+f(αz)+f(α3)+ ... +f(αιοz) π γ. Ι'\ α λύσετε στο διάστημα ( , π) την εξίσωση f(-1-) + f(_:!_) = f(�) . ημχ ημχ συν χ 2

και αρκεί: {x:;t: Ο και 1- _!_ >Ο} � { χ :;t: Ο και χ-1 >Ο} � { χ :;t: Ο καιχ(χ-1)>0} � χ(χ-1)>0� χ<Ο ή χ>1 χ χ Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Α= ( -οο, Ο) υ (1 , +οο) .

1 )+ . . . +Ιη(l-1 )=lη (, S = Ιη( 1--1 )+Ιη( 1- -1 )+ Ιη(l-α 1 -1 α2 -1 α 3 -1 · - · - · ... · α1 02 -1 ) β. Ειναι:

α. Πρέπει

αΙ

α2

α3

αω2

αΙ

α2

--

α3

α1 ο2

και α Γ 1=e, αz-1=α 1 , α3-1=α2 , . . . , α 1 02-1=α 1 0 1 και α 1 02=α 1 + 101ω=e+ 1 02, οπότε S=Ιη (_:_ · � - Uz · ... · α, 01 ) α, Uz � α,Ο2 (κάθε παρονομαστής πλην του τελευταiου απλοποιείται με τον επόμενο αριθμητή)= ln_!_ 1-1ηα,02 = 1-ln(e+ 1 02) α,Ο2 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/36

=

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

1 -, -1 -1 - Ε Α , οποτε π π) ισχυει , , η εξισωση , -, , ' ' ζεται στο διαστημα γ. Για οποιοδηποτε χ Ε ( -, ορι ημχ ημχ συν 2 χ 2 αυτό, όπου και έχουμε: f ( -1- ) + f ( __i_) = f ( 1 2 ) � ln(l-ημx)+ln(l+ημx)=ln(l-συν 2 x) συν χ χ χ ημ

ημ

3π , � Ιη(l-ημ2 χ)=lη(l-συν2 χ) � l-ημ2 χ=l-συν2 χ � ημ2χ=συν2χ � εφ2x=l � εφχ=-1 � χ= π- 4π = 4 καθότι στο δεύτερο τεταρτημόριο ισχύει εφχ<Ο.

Δίνεται το πολυώνυμο P(x)=x(x3-l)+l. α. Να κάνετε τη διαίρεση Ρ(χ): (χ3+χ2) και να γράψετε την ταυτότητα της διαίρεσης. β. Αν υ(χ) είναι το υπόλοιπο της παραπάνω διαίρεσης, να αποδείξετε ότι υ(χ)� �4 . . γ. Να βρείτε το πρόσημο των τιμών του πολυωνύμου Q(x)=P(x}-{x2+11x-11) για τις διάφορες τιμές του χ. δ. Να αποδείξετε ότι για κάθε xεJR ισχύει Q( 3ημ2χ - l ) s Ο . α. Με εφαρμογή της γνωστής διαδικασίας της διαίρεσης προκύπτει ότι το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ4-χ+ 1

διαιρούμενο με το χ3 +χ δίνει πηλίκο Π(χ)=χ-1 και υπόλοιπο υ(χ)=χ2-χ+l , οπότε η ταυτότητα της διαίρεσης στην περίπτωσή μας λαμβάνει τη μορφή χ4-χ+ 1 =(χ3 +χ)(χ-1 )+χ2-χ+ 1 . β. Για το υπόλοιπο υ(χ)=χ2-χ+ 1 της διαίρεσης ισχύει υ(χ)=χ 2 -χ+ .!_ + � = (χ - .!.) 2 + � 2 � .

4 4 2 4 4 γ. Είναι: Q(x)=x4-x+ 1-χ2+ l l x- l l=x4-x2+ l Ox-1 0. Με διαδοχική εφαρμογή του σχήματος Horner για τις τιμές x=l και χ=2, βρίσκουμε ότι Q(x)=(x-l)(x+2)(x2-2x+5), με το τριώνυμο χ2-2χ+5=(χ-1)2+4 να είναι πάντα θετικό, οπότε το πρόσημο των τιμών του Q(x) είναι ίδιο με το πρόσημο των τιμών του γινομένου (x-l)(x+2) και είναι θετικό όταν χ<-2 ή χ> 1 και αρνητικό όταν -2<x<l . δ. Αν θέσουμε u= 3ημχ-l τότε έχουμε -1:5 ημχ :51 =:> -3:53ημχ :::;3 :::::> -4:5 3ημχ-1 :::;2 :::::> -2 s 3ημχ-l s 1 2 2 3η που σημαίνει ότι -2:S:u:S:l , οπότε από το ερώτημα (γ) συμπεραίνουμε ότι Q(u):S:O δηλαδή Q( �χ-l ):50 που είναι το ζητούμενο.

α. Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της Α, να αποδείξετε ότι για κάθε χ, yEA ισχύει: f(x)<f(y) � x>y. β. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=5-x-lnx, χ>Ο. l i. Να την μελετήσετε ως προς τη μονοτονία. Ii. Να λύσετε την aνίσωση (�),.2+7 -�t+tl s m5_�x l + .

5

χ

+7

α. Επειδή η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα, η συνεπαγωγή x>y :::::> f(x)<f(y) προκύπτει άμεσα από τον ορισμό της μονοτονίας. Απομένει λοιπόν να δείξουμε ότι για οποιαδήποτε χ, yEA με f(x)<f(y) ισχύει x>y. Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι για κάποια χ, yEA με f(x)<f(y) ισχύει x:S:y τότε είτε x=y, απ' όπου f(x)=f(y), που αποκλείεται, είτε x<y, απ' όπου f(x)>f(y) που επίσης αποκλείεται. Άρα, σε κάθε περίπτωση, από την f(x)<f(y) προκύπτει ότι x>y που είναι το ζητούμενο. β. i. Για κάθε Χ ι , χ2>0 με χ ι <χ2 έχουμε -χ ι >-χ2 :::::> s -x , > s -x , (1) και lnx ι <lnx2 =:> -lnx ι >-lnx2 (2) Με πρόσθεση των (1) και (2) λαμβάνουμε f(x 1 )>f(x2) πράγμα που σημαίνει ότι η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα.

Sχ+ ii. Είναι: (-�:y'+7 - s ·(SiψΊ) s ln l I 1 � (-!. y'+7 - s -(SiψΊ) s ln (S I χ I + 1 ) - ln (x 2 + 7) 5 χ2 + 7 5 � ln (x 2 + 7) - s -<x' +7) s ln (S I χ Ι + 1 ) - s-<sι ψιι � f(x2+ 7 ) :::: f(5lx l + 1) (α) � x2+7�5 lxl +l � Ιxl 2-5 lxl +6�0 � ( l x i :S: 2 ή Ι χ l �3) � Χ Ε ( -οο, -3] υ [-2, 2] υ [3, +οο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80

τ.

4/37

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

«0

θεός αεί γεωμετρε ί»

Πλάτων. Ο Πυθαγόρας, σημαντικός μαθηματικός στο χώρο της Μετρικής Γεωμετρίας, γεννήθηκε στη Σάμο περί το 580 π. χ. από γονείς από τη Φοινίκη. Θεωρείται ότι είναι ο πρώτος που χρησιμοποίησε τον όρο Μαθηματικά αναφερόμενος βέβαια, κυρίως, στη Γεωμετρία. Διέκρινε στα Μαθηματικά του, τους απόλυτους αριθμούς, τους εφαρμοσμένους αριθμούς ή της μουσικής, τα σταθερά ή γεωμετρικά μεγέθη, τα αστρονομικά μεγέθη. Σπούδασε στην Αίγυπτο και αφού επέστρεψε στην Σάμο δίδαξε εκεί έως το 529 π.χ. περίπου. Στην συνέχεια ίδρυσε την γνωστή σε όλους σχολή, στην πόλη Κρότωνα της Ιταλίας το 529 π.χ., με κύριο χαρακτηριστικό την μυστικότητα και την επιστημονική αυστηρότητα. Η Γεωμετρία του αναφέρεται, στα τρίγωνα, στις παράλληλες ευθείες, στα παραλληλόγραμμα αλλά και στα ασύμμετρα μεγέθη. Σπουδαίο έργο του είναι επίσης η «Αριθμητική». Αξίζει να αναφερθεί ότι υπήρξε Ολυμπιονίκης της πυγμαχίας στους πρώτους επίσημους Ολυμπιακούς αγώνες.

Σ ' αυτό το σύντομ ο άρθρο παραθέτουμε ενδεικτικές ασκή σεις κλιμ ακούμ ενης δυ σκολίας για μ ια επιπλέον επανάλη ψη στην ύλη που έχει προηγηθεί χρονικά . Έχου ν τον χαρακτήρα των επισημ άνσεων και λειτουργούν μ εθοδολογικά σε σημε ία που θα περνούσαν απαρατήρητα . . . Έτσι έχουμε:

τρίγωνο ABC, ώστε όπου Μ είναι το μέσο της BC. Υπολογίστε το ύψος του τριγώνου AD και την πλευρά του BC. Θεωρούμε

ΑΒ = 2 J3 , AC = ΑΜ = 2,

Α.

αποτελούν μέτρα πλευρών ορθογωνίου τριγώνου με το μέτρο της υποτείνουσας να είναι χ. Άρα ακολουθούμε την εξής πορεία:

�------- --Lh��---1-Y.--"1>-.e

Β D

1·.-1

C

Β = 5C => 6C = 90° => C = 1 5°. Αν θεωρήσουμε Μ το μέσο της υποτείνουσας BC παίρνουμε: AMD = 2C = 30° => BC = 2ΑΜ = 4AD . Β Μ D Η σχέση αυτή ισχύει, καθότι γνωρίζουμε ότι η AB = 2 J3 , AC = AM = 2. διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί Έχουμε ότι στην υποτείνουσα του είναι το μισό της και Θεωρούμε το ύψος AD του τριγώνου ABC. επομένως το χωρίζει σε δύο ισοσκελή τρίγωνα Θεωρούμε x=MD=DC, οπότε παίρνουμε ότι: (εδώ έχουμε: BM=MC=2x. Τότε AD 2 = ΑΒ 2 - BD 2 => AD 2 = 12 - 9χ 2 = ΑΜ = BC = ΒΜ = ΜC και Β = ΜΑΒ ' C = MAC) ' 2 = 12 - 9 ( 4 - AD 2 ) => AD = J3. ως επίσης ότι σε ορθογώνιο τρίγωνο που η μία Άρα από την AD 2 = 1 2 - 9χ 2 , προκύπτει ότι χ= 1 , οξεία του γωνία είναι 30° η απέναντι από αυτή δηλαδή ότι BC=4. κάθετη πλευρά του είναι το μισό της Η άσκηση μπορεί να λυθεί και με το υποτείνουσας. Παρατηρούμε ότι: θεώρημα των διαμέσων.

4AD = BC => 1 6AD 2 = ΑΒ 2 + AC 2 => => 14AD 2 = ( .Jl4AD) 2 = BD 2 + DC 2 • Έστω έστω τρίγωνο ABC (Α = 90° ) ,ύψους Η τελευταία σχέση μας οδηγεί στο συμπέρασμα να AD με την ιδιότητα Β = 5C Ν α εξεταστεί αν τα πούμε ότι είναι πλευρές ορθογωνίου. μεγέθη BD, DC, .Jl4 AD, αποτελούν πλευρές � � u�H;. τr,) iHT;'" η : Αν καλέσουμε AD=x τότε υπάρχουν μόνο τρεις ακέραιες τιμές k τέτοιες ώστε ορθογωνίου τριγώνου». τα τμήματα x .Jk , BD, DC να αποτελούν πλευρές Ουσιαστικά θα χρησιμοποιήσουμε το δεδομένο: τριγώνου. Πράγματι έχουμε: Αν x, y, z ε JR: και y 2 + z 2 = χ 2 , οι αριθμοί x,y,z ΑΜ = 2x, DM = x J3 ,BM = MC = 2χ => ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/38

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

=> DC = χ ( 2 + .J3 ) και BD = χ ( 2 - .J3 ) , οπότε παίρνουμε:

χ { 2+νf3 ) -χ { 2-νf3 ) <xJk <χ{ 2+νf3 ) +χ { 2-νf3 ) <=> <::> 2.J3 < Jk < 4 <=> 12 < k < 16 <::> k ε {l3,14,15}. Όταν k=14, έχουμε την περίπτωση που είδαμε δηλαδή που το τρίγωνο με πλευρές τα τμήματα χ Μ , ΒD, DC είναι ορθογώνιο. Όταν k=15

[ κ,

οπότε το Μ ανήκει στον σταθερό κύκλο ' ' Jκ z+ d

}

AB C D

(AB//DC)

Έστω τραπέζιο περιγεγραμμένο σε κύκλο C ο r) . Αποδείξτε ότι ( . δύο από τα σημεία επαφής ορίζουν διάμετρο που διέρχεται από την τομή των διαγώνιων του.

προκύπτει AD 2 = 1 5χ 2 > 14χ 2 = DB 2 + DC 2 Έστω το τραπέζιο ABCD με ΑΒ /1 DC και r ΟΕ ΟΚ OF ΟΗ. δηλαδή ότι το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο και τέλος όταν k= 13, τότε Αρχικά παρατηρούμε ότι η διάμετρος που αναφέρουμε στην εκφώνηση είναι η EF και αυτό AD = x.Jί3 < x ( 2 + .J3 ) = DC επειδή, δεν μπορεί τα σημεία Η,Ο,Κ να είναι και DC 2 > AD 2 + DB 2 συνευθειακά, αφού αν ήταν θα είχαμε: δηλαδή το τρίγωνο είναι και πάλιαμβλυγωνιο ΟΗ ..l AD και ΟΚ ..l BC, που οδηγεί στην Δίνεται κύκλος (O,R) και σημείο του Α. παραλληλία των AD, BC. =

=

=

=

'

AB C

Έστω τα εγγεγραμμένα τρίγωνα τέτοια b 2 c 2 - a 2 = d 2 με d σταθερό που ευθύγραμμο τμήμα. Αν Μ είναι το μέσο της πλευράς να αποδειχθεί ότι κινείται σε σταθερό κύκλο.

+

(1),

BC

(;

Για να αποδείξουμε ότι τα σημεία Ε, G, F είναι συνευθειακά αρκεί να αποδείξουμε ότι: ΑΕ = ΕΒ ( 1 ) .Αλλα : FC DF ( 1) <=> ΑΕ · DF = ΕΒ FC <=> ΑΗ HD = ΒΚ KC καθότι τα εφαπτόμενα ευθύγραμμα τμήματα από σημείο προς κύκλο είναι ίσα.

ABC + BCD 180' => ABC + BCD 90' => BOC 90' ' 2 2 από την ορθογωνιότητα, λοιπόν, του τριγώνου OCB, παίρνουμε r 2 = ΒΚ KC , όμοια από το τρίγωνο ορθογώνιο OAD, παίρνουμε r 2 = ΑΗ ΗD. 'Ετσι οδηγούμαστε στην ισχύ της σχέσης (1) . , ΑΕ FC <=> ΑΕ ΕΒ Η :. 5 η. . Η σχεση ΕΒ DF F C DF ' εξασφαλίζει ότι τα σημεία τομής G 1 , G 2 τη ς E F με τις AC, BD αντίστοιχα συμπίπτουν διότι, EG1 = ΑΕ και EG2 = ΒΕ => EG1 EG2 => G = G . ι z G1 F FC G2 F FD G1F G2 F ·

Για να προκύψει το b 2 + c 2 - a 2 = d 2 , αρκεί να εφαρμόσουμε το 1 θεώρημα της διαμέσου στα τρίγωνα ABC και OBC που έχουν κοινή την BC=a. b 2 + c 2 = 2 ΑΜ2 + � ( ) 2 � 2R 2 + b 2 + c2 - a 2 = 2 2R2 = 20Μ 2 + � ο

�

2 = 2R2 + d2 = 2ΑΜ 2 + 2 0Μ 2 (1) .

Στην συνέχεια σύμφωνα με το γενικευμένο θεώρημα της διαμέσου για την τριάδα των σημείων (Μ, Α, Ο) έχουμε: 2 ΜΑ 2 + Μ0 2 = 2ΜΚ2 + R (2), όπου Κ το μέσο 2 του ΑΟ. Άρα: ( 1) , (2) => 2R2 +d2 =4ΜΚ2 +R2 => .J 2 2 2 2 => MK 2 = R + d => ΜΚ = R + d

4

2

·

·

=

=

=

·

·

- = -

- = -

=

ABC , D, Ε, F, B C , CA,

Θεωρούμε τρίγωνο περιγεγραμμένο σε κύκλο (I, ρ). Έστω τα αντίστοιχα σημεία επαφής με τις πλευρές ΑΒ. Αν οι ευθείες Β τέμνουν τον κύκλο και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/39

AD, Ε, C F

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

στα αντίστοιχα υπολογιστεί

σημεία η

D ',Ε ',F ',τότε να παράσταση ' αν αθροίσματα

Α

X Ξ AD · AD' + ΒΕ · ΒΕ' + CF · CF', τα 2 2 2 S1 = a + b + c S 2 = ab + bc + ca . .

γνωρίζουμε

και

z

Επομένως παίρνουμε: Θα χρησιμοποιήσουμε από την θεωρία τα εξής ΟΕ2 +0Ζ2 -2R2 =EC·ED+ZC ·ZB=EG· FZ+ZG·ZE� δεδομένα: α:<} + ΟΖ2 - 2R2 =(EG+ ZG)· ΕΖ =ΕΖ2 .ι) AF = AE = τ - a = --b+c-a 002 + ΟΖ2 = ΕΖ2 + 2R2 .

2 ' Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ=2ρ. c a + c b a + b Έστω σημείο Ρ της διαμέτρου ΑΒ, διάφορο των BD = BF = 2 ' CD = CE = 2 ' ΑΡ m με , , , ii) AF 2 = AD · AD' (δύναμη του σημείου Α ως ακρων της τετοιο ωστε: ΡΒ = -, η προς τον κύκλο Ι ) . δοσμένα ευθύγραμμα τμήματα. Άρα έχουμε: Θεωρούμε εντός του ημικύκλιου τα ημικύκλια AD · AD' + ΒΕ · ΒΕ' + CF · CF' = AF2 + BD 2 + CE 2 = με διαμέτρους τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΡ, ΡΒ b+ -a 2 + a + -b 2 + a + -c 2 = % Sι - S . και KQ την κοινή εξωτερική τους εφαπτόμενη. � � 2 Βρείτε το μήκος της KQ συναρτήσει του ρ. �

m,

-

(

) (

) ( � )

η

�

Από το θεώρημα του Ceνa στο τρίγωνο ABC παρατηρούμε ότι οι ευθείες AD, ΒΕ, CF, συντρέχουν. Δίνεται τετράπλευρο ABCD εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) με την ιδιότητα οι απέναντι πλευρές του να ανήκουν σε ζεύγη τεμνόμενων ευθειών, έστω {Ε} {Ζ} Ξ αποδειχθεί

Ξ ΑΒ Π DC, ΑD Π ΒC. Να ότι: Ο Ε 2 + ΟΖ 2 = ΕΖ 2 + 2R 2 . Το ΟΕ εμφανίζεται στην δύναμη του σημείου Ε ως π ρος Ο. Άρα τον κύκλο 2 2 ΟΕ - R = EC · ED, ομοίως παίρνουμε: ΟΖ 2 - R 2 = ZC · ΖΒ. Αν θεωρήσουμε τον κύκλο EBC και ονομάσουμε G το σημείο τομής του με την ΕΖ, παρατηρούμε ότι ADC = EBC = ZGC, που σημαίνει ότι τα σημεία C,G,Ζ,D,είναι ομοκυκλικά.

Β

Α.

ΑΡ = m � ΑΡ = -m � ΑΡ = -2 ρm ,οποτ, ΡΒ η ΑΡ + ΡΒ m + n m+n 2 η ε ΡΒ = m ρ+ n . Εδώ έχουμε τα εξής: Οι DK, EQ είναι παράλληλες σαν κάθετες στην KQ, άρα παίρνουμε ΚJ)p + QEB = 1 80° � � 90° - ΚJ)p + 90° - QEB = 90° � κΡQ = 90° 2 ' 2 καθότι τα τρίγωνα DPQ και EQP, είναι ισοσκελή. Επίσης ΑΚΡ = 90° , PQB = 90° , αφού βαίνουν σε ημικύκλιο. Άρα αν { C} ΑΚ n BQ, το σημείο c θα ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ. Επομένως

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/40

Ξ

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

KQ=CP, σαν διαγώνιοι ορθογωνίου οπότε 2 KQ 2 = CP 2 = ΑΡ : ΡΒ = 4ρ mn2 KQ = 2 ρ � . m+n (m + n) Δύο ίσοι κύκλοι C 1 (K1 ,R),C (K υ R), 2 εφάπτονται εξωτερικά στο Α . Θεωρούμε τις ακτίνες Κ 1 Β 1 ,Κ Β υ με Κ 1 Β 1 1 1 Κ Β υ με τα 2 2 σημεία Β 1 , Β να βρίσκονται στο ίδιο μέρος της 2 ευθείας Κ 1 Κ χωρίζει το επίπεδο. Με διάμετρο 2 το Β 1 Β θεωρούμε το ημικύκλιο Β 1 ΜΒ με τα 2 2 σημεία Α, Μ να βρίσκονται εκατέρωθεν της Β 1 Β2 . Να αποδειχθεί ότι η επιφάνεια που Ε 1 + ε = π · ΟΒ 2 8 περιέχεται μεταξύ του ημικυκλίου αυτού και 2 π 2 π 2 π ·Ο των τόξων Β 1 Α,ΑΒ έχει το ίδιο εμβαδό με το Ε+ε= 4Α ·Ο8Α = ·Ο8Α =? Ε = Ε 1 =? � 2 Ε1 = 1 . παραλληλόγραμμο Κ 1 Κ 2 Β 2 Β 1 • 1 . Να διαιρεθεί δοσμένος κύκλος (Ο ,ρ) σε μέσο και άκρο λόγο με ομόκεντρο του κύκλο.

2. Να αποδειχθεί ότι το εμβαδό κυκλικού τραπεζίου ABCD ισούται με το ύψος του επί / το ημιάθροισμα των βάσεων. Α

:=;,

"'' Ν ·

--_

/

ο

D

\ Θα εργαστούμε με βάση το σχήμα αφού δούμε ότι --

πρέπει να αποδείξουμε την ισότητα: Ε = Εκ κ Παρατηρούμε ότι: Κ 1 ΑΒ 1 Κ 1 = K 2 DB 2 K 2 , από την ισότητα των κύκλων και επειδή Κ 1 Β1 1 1 Κ2 Β 2 . Αυτό σημαίνει ότι το παραλληλόγραμμο Κ 1 Κ 2 Β 2 Β 1 έχει το ίδιο εμβαδό με το μεικτόγραμμο σχήμα ΑDΒ 2 ΕΒ 1 Α. Η περιοχή που περικλείεται από το σχήμα ΑΕΖΒ 2 ΜΒ 1 Α, έχει κοινό μέρος με την περιοχή που περικλείεται από το σχήμαΑDΒ 2 ΕΒ 1 Α, την περιοχή που περικλείεται από το σχήμα Β 1 ΑΕ , οπότε αν αφαιρεθεί το κοινό μέρος μένουν τα ισοεμβαδικά που θέλουμε καθότι ισούνται με το μισό ίσων κύκλων μείον το εμβαδό του τμήματος ΕΖΒ 2 Ε. ΑΒ Μ Β Α 2 ι

ι

2

Β Β 2 ι·

Αν με διαμέτρους δύο κάθετες ακτίνες ΟΑ, ΟΒ κατασκευάσουμε ημικύκλια εντός της ορθής γωνίας ΑΟΒ, τότε να υπολογιστεί το πηλίκο του κοινού τμήματος τών δύο αυτών ημικυκλίων προς το εμβαδό του τμήματος που βρίσκεται εκτός των ημικυκλίων και εντός του τεταρτημορίου ΑΟΒ.

c

ΕΜΗΝ Ι ΚΗ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗ ΕΤΑΙ ΡΕΙΑ

�

-

24 Ιuυλiου 3U Ιυυλίου 2U1 1 στη Λεπτοκαρυά Π ι ι:ρία-; στο Ξενοδοχείο «OLYMPIAN BAYt)

Το Δ.Σ. της Ελληνικής Μcrθημοtrκής ΕτοιρεΙος, όπως ι:Ιχι: ανοιι;οrνώσιr. προχωρά στη δημιοuργlα του 5ou Μαθηματικού κσ.ι.οκαιριvού Σχολεlοu (Μ. Κ. Σ.). Το 5ο Μ . Κ . Σ . θα λειιοuργήσι:r οπό 24 louλlou - 30 louλlou 2011 στη Λεnτοκαρuά Πιερfος στο Ξενοδοχtlο «OlΥΜΡΙΑΝ BAV,. 4 οστtρων.

Το κόστος αuμμttΟ)(ής για κόθc μαθητή σνtρχιταr στο ποσόν των 480€ ιιοr τη φόρμα σuμμι:τοχής μnοριl να τη βρε.r ο κάθε ι:νδrαφερόμενος στην rστοσελlδα της Ελληνικι'Ις Μαθηματικής Εταιρεiος www. hms . grτηλ. 210 361 7784 • 2 1 0 361 7784 fax: 210 3641025

5<1 ι\ι1. α Η η μ ι η ι κ ι) κ ...ι λ ο Ι ( f � Ι f) Ι Vf.) Σχ<•λ� ί t )

Ω ΗΙ \' Λy ι ι ι Ν Η ι ο λ ι χ ο Ν ι t ι Η Ι ΙΙ ι Η.; .

Πιφ(φτημtι της Ε Μ Ε τοη Ν . Η μtιΟίtι� cιnιί :ι I ltJttλiιHJ ι: ωc; 6 Αοyηι.JιποΗ 201 1 . Ο ι μαθητές θο διαμivuuv στα Ξενοδοχεία ιι:ΒΕΡΜΙΟΝ» κα ι ιι:ΑΜΠ�ΛΩΝΑΣ».

Το παρόρτημα ιης Ε Μ Ε τοu Ν . Ημαθlος πραγματσnοΙηςιε σ;οv Άγιο Νικόλαο Νόοvσας με με�η επιτvχία το πρώτο Μοθημαιικό Καλοκαιρινό Σχολιlο (Μ Κ Σ) ιον Αύγοuσιο ιοu 2007 και εvτύχηοε να δtι την πρωτοπόρα αuτι'Ι δρόση ταu να μnαιρtπεται σε θεσμό παv επεκτόθηκε με νtα Μ Κ Σ nou λειτούργησαν παράλληλο σε όλλο σημεία ιης Ελλόδος. Με tη γνώση και την εμπειρία nou διοθtιαuμε οuνεχllρuμε ιην npοσπόθειο μα� οργανώνοντας και οuτό το καλΟκαΙρι το 5ο Μαθημαηιι;ό Κολακοιρwό Σχολεlο στον Άγιο Νικόλαο Νόοuσος.

Το κόστος συμμετοχής γιο κόθε μαθητή ονtρχειοι στο ποσόν των 480€ και τη φόρμα οuμμετοχt'Ις μπορεΙ να ι η βρει ο κόθε ενδιαφερόμενοι; σtην ιστοσελίδα της Ελληνικt'Ις Μαθημοτικt'Ις Εταιρεlος Παρόρτημα Ν . Ημαθίας (www. cmoimathias.gr).

ΕΥΚ.ΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/41

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Τ ου Αποστόλη Κακκα β ά Δίνονται τα σημεία Α(α, Ο) και Β(Ο,β) με α + β = 20 1 1 , α, β Ε IR. . Ν α βρεθεί η εξίσωση του κύκλου με διάμετρο ΑΒ. Να βρεθεί η εξίσωση της γραμμής που ανήκουν τα κέντρα των παραπάνω κύκλων. Να δειχθεί ότι οι κύκλοι αυτοί διέρχονται από δύο σταθερά σημεία Γ και Δ. Να βρεθεί η εξίσωση της κοινής χορδής τους ΓΔ.

Έχουμε α + β = 201 1 <:::> β = 20 1 1 - α , άρα Β(Ο, 20 1 1 - α) . Το κέντρο Κ του κύκλου είναι μέσο του ΑΒ άρα χ = χ Α +2 χ Β = α2 και Υ = Υ Α +2 yB = 20121 - a και '

κ

κ

(ΑΒ) , η εξισωση , του ' κλου ρ = ' - = �α 2 + (201 1 - α) 2 , οποτε η ακτινα του ' κλου ειναι: 2 2 κυ

,

κυ

( χ - -a )2 + ( y - 201 1 α ) -_ α2 + (201 1 - α)2 ' α Ε .ιrι (1 ).

4 2 2 , των ' κλων . ειναι , : κ (-α , 201 1 - α ) . Τοτε: ' χ = -α , y = 201 1 - α α κεντρα -

τ

2

m

Cα

κυ

2 2 2 201 1 , δη λαδη' τα σημεια' κ ανηκουν 20 1 1 . ' y = -χ + -' θ y = -χ + -στην ευ εια 2 2 20 1-1 2 = 20112 (3). Η (l) για a = O γινεται: C : χ 2 + y - κ

κ

κ

'

Cα :

0

(

κ

2

=>

)

2 4 20 1 1 2 201 12 ' C 2 0 1 1 : χ - -- + y 2 = -- (4). και για α = 201 1 γινεται: 4 2 201-1 , 20 1-1 , τα οποια , , , τεμνονται , οτι στα σημεια, Γ(Ο , Ο) και Δ οι κυ' κλοι C 0 , C 20 1 1 ευκολα β ρισκουμε 2 2 επαληθεύουν την σχέση (1) για κάθε α Ε R (γιατί;). Άρα ανήκουν σε όλους τους κύκλους C α .

(

)

(

,

Η κοινή χορδή ΓΔ έχει συντελεστή διεύθυνσης:

λrΔ

= ΥΔ - Υr = ΧΔ - ΧΓ

αρχή των αξόνων, άρα έχει εξίσωση: y = λ rΔ Χ y = χ . <=>

201 1 -

ο

2 20 1 1 _ 0

)

= 1 και διέρχεται από την

2

Δίνονται τα σημεία Κ ( 1, 3 ) και Λ ( 5, 1 ) .

Να βρεθούν οι εξισώσεις των ευθειών από τις οποίες ισαπέχουν τα σημεία Κ και Λ. Να δειχθεί ότι οι ευθείες αυτές είναι παράλληλες στην ΚΑ ή διέρχονται από το μέσο Μ του ΚΑ Να βρεθεί ποια από αυτές τις ευθείες είναι η μεσοκάθετος του ΚΑ Ν α βρεθεί η εξίσωση της έλλειψης που έχει κορυφές τα σημεία στα οΠοία η μεσοκάθετος του ΚΑ τέμνει τους άξονες και έχει άξονες συμμετρίας τους χχ' και yy ' . Να βρεθούν οι εστίες της έλλειψης αυτής καθώς και τα μήκη των αξόνων της. .

.

Έστω (ε) : y = λχ + β μια ευθεία που τα σημεία Κ(1,3) και Λ( 5, 1) ισαπέχουν από αυτήν. Τότε έχου­ � = Ιs με: (ε) : λχ - y + β = Ο , οπότε: d(Κ,ε) = d( Λ, ε) <:::> � Ι <:::> λ = _ .!_ ή β=2-3λ, δηλα2 2 2

� � λ +1 λ +1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/42

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

+ 2 - 3λ = Ο Αν (ε, ) : χ = Χ 0 μια κατακόρυφη ευθεία που τα σημεία δή ε : y = _ .!_χ 2 + β , ή ε' : λχ - y αυτή τότε (ε, ) : 1χ + Oy - Χ 0 = Ο , οπότε: Κ και Λ ισαπέχουν από 11 - χ I = π 1 5 - χ I � 1 - Χ 0 = 5 - Χ 0 ή 1 - Χ 0 = -5 + Χ 0 <:::> 2 Χ 0 = 6 <:::> Χ 0 = 3 0 d(Κ,ε) = d( Λ ,ε) <=> π 1 2 + 02 1 2 + 02 Άρα η κατακόρυφη ευθεία είναι η ( ε 1 ) : χ = 3 (3)0 Επειδή χ = 1 χ Λ = 5 ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης της ΚΛ και είναι: λκΛ = 1 - 3 = -..!_ και οι 5-1 2 ευθείες (ε) : y = -..!_χ 2 + β , β Ε ffi. έχουν συντελεστή διεύθυνσης λ ε = -..!_2 , άρα λκΛ = λ ε = -..!_2 , οπότε ε 1 1 ΚΛ Το μέσο Μ του ΚΛ είναι Μ(3,2) οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση των ευ θειών (ε') Πράγματι: (2) � 3λ - 2 + 2 - 3λ = Ο , αληθής οπότε οι ευθείες (ε') διέρχονται από το Μ για κάθε λ Ε ffi. Επίσης οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν και την εξίσωση της (ε, ) : χ = 3 Άρα οι ευθείες (ε) : y = _ .!_χ 2 + β, β Ε ffi. είναι παράλληλες στην ΚΛ ενώ οι (ε') : λχ - y + 2 - 3λ = Ο και (ε, ) : χ = 3 διέρχονται από το μέσο Μ του ΚΛ Από τις παραπάνω ευθείες , οι ευθείες (ε) απορρίπτονται γιατί είναι π αράλληλες προς την ΚΛ και η ευθεία χ = 3 ως κατακόρυφη δεν μπορεί να είναι κάθετη σε μια πλάγια όπως είναι η ευθεία ΚΛ Από τις ευθείες (ε') που διέρχονται από το μέσο Μ του ΚΛ θα επιλέξουμε αυτή που είναι κάθετη στην ΚΛ δηλαδή: λκΛ λε = -1 <:::> λ = -1 <::::> λ = 2 , οπότε η μεσο-κάθετος έχει εξί­ σωση : 2x - y + 2 - 6 = 0, δηλαδή 2x - y - 4 = 0 (4)0 Για χ = Ο από την σχέση (4) � y = 4 , άρα η μεσοκάθετος τέμνει τον άξονα y'y στο σημείο Α'(Ο,-4) Για y = Ο , (4) � χ = 2 άρα η μεσοκάθετος τέμνει τον άξονα χ'χ στο σημείο Β(2, 0) Οπότε η έλλειψη έχει τις εστίες της Ε'και Ε στον άξονα y'y , έχει μήκος μεγάλου άξονα 2α = 8 και μικρού 2 2 2β = 4 και εξίσωση : + �6 = 1 , οπότε γ = .J16 - 4 = Jϊ2 = 2J3 , και Ε' ( 0,-2J3 ) και Ε ( 0,2J3 ) Δίνεται η παραβολή C y 2 = 2px Αν η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο M (x 1 ,y 1 ) τέμνει τον άξονα χ ' χ στο σημείο Κ, να ο

κ

"#

ο

ο

ο

ο

ο

,

Ο

ο

,

ο

Ο

(-±)

ο

ο

:

δειχθεί ότι το τρίγωνο ΜΕΚ είναι ισοσκελές. Αν το σημείο Ν χ 2 , 2 ε C ώστε τα ση μεία Μ,Ε,Ν να είναι συνευθειακά να δειχθεί ότι p2 2 ΥιΥ 2 = - p και ΧιΧ2 = - 4 .

( y

Αν p = 4 , να βρεθούν

σημείο

Α ( -2,3 ) .

)

ί)Οι εξισώσεις των εφαπτομένων της παραβολήςπου διέρχονται από το

ίί) Η γωνία που σχη ματίζουν οι εφαπτόμενες αυτές.

Η .εφαπτομένη (ε) της παραβολής C : y 2 = 2px στο σημείο της Μ ( χ, , y 1 ) έχει εξίσωση:

yy1

Για y = Ο έχουμε χ = -χ, , άρα η (ε) τέμνει τον άξονα χ'χ στο σημείο Κ ( χ 1 , Ο) Το διάνυσμα ΚΕ έχει συντεταγμένες ΚΕ = - � + χ, , Ο και μέτρο j κEj = + χ, ( Ι ) 2 Το διάνυσμα ΜΕ = � - x 1 ,-y 1 έχει μέτρο jMEJ = � -χ, + ( -y1 ) 2 = -px + x1 2 + y1 2 =

(

)

(

)

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/43

ο

�

�� ,

= ρ( χ +χ, )

ο

� -p.x +x,' +2ρχ, = � + px + χ,' = J(� + x , )' = Ι� + χ , Ι (2). Από Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Δ

(I)

και (2) => 1 ΚΕ I = I M E I άρα

ΚΜΕ ισοσκελές με κορυφή Ε. �ι Αν τα σημεία Μ ( χ ι , Υ ι ) , Ε � , ο και

( )

Ν ( χ 2 , y 2 ) είναι συνευθειακά τότε τα διανύ-

(

)

σματα ΕΜ = Χι - � , Υι και ΕΝ

=

( χ 2 - �, y2 ) είναι παράλληλα άρα

det (EM,EN ) = O

=>

Χι - -Ρ2

Υι

χ 2 - -Ρ

= 0 =>

2

γ . i)

Αν Λ( x 0 , y0 ) το σημείο επαφής εφαπτομένης και παραβολής τότε η εφαπτομένη είναι η 2 <=> y 0 2 - 6y0 - 1 6 = 0 => (ε): yy 0 = 4(χ + χ 0 ) (4), οπότε: Α ε ( ε ) <=> 3y 0 = -8 + 4χ 0 <::> 3y0 = -8 + 4 · 1L 8 2 Υ ο = 8 . Άρα Λ(8, 8) και η εφαπτομένη έχει εξίσωση = -2 = = 8 τότε χ = 8 ή y y . Αν 0 0 0 0 Υ 8 2 8y = 4(x + 8) , δηλαδή: x - 2y + 8 = 0 Αν y0 = -2 τότε x 0 = y 0 = .!.. , άρα Λ .!.. ,-2 και η εφαπτομένη 8 2 2 έχει εξίσωση -y = 2χ + 1, δηλαδή: 2 χ + y + 1 = Ο . ii) Το διάνυσμα δι = ( 2, 1) είναι παράλληλο προς την ευθεία ει : χ - 2 y + 8 = Ο και το δ = ( 1, -2 ) είναι 2 παράλληλο προς την ευθεία ε 2 : 2χ + y + 1 = Ο και επειδή δι · δ 2 = 2 · 1 + 1 · ( -2 ) = Ο , θα είναι: δι .l δ 2 οπότε: ε ι .l ε 2

( )

•

χ2

y2

- + - = 1 και το σημείο της Χ1 Υι 25 1 6 Φέρουμε την εφαπτομένη ε της C στο σημείο Μ και έστω Γ και Δ τ α σημεία τομής της εφαπτομέ­ νης αυτής με τις εφαπτόμενες της Cστα σημεία Α( 5, 0 ) και Α'( -5, 0 ) αντίστοιχα. Δίνεται η έλλειψη C:

M (x1 ,y 1 ) , ;e O,

;e O

ί) Να βρεθούν οι συντεταγμένες των σημείων Γ και Δ. ii) Ν α δειχθεί ότι ( ΑΓ ) (Α'Δ) = 16 ·

iii) Να δειχθεί ότι ΕΓ .l ΕΔ , όπου Ε εστία της έλλειψης. ' ίν) Αν ε' η κάθετη της στο Μ που τέμνει τον άξονα χ χ στο Ρ και αν Ν είναι το μέσον του ΜΡ, να δείξετε ότι το Ν ανήκει σε έλλειψη .

ε

.\

Η εξίσωση της εφαπτομένης της C στο σημείο της Μ ( Χι , Υ ι ) είναι 1 6χχ ι + 2 5yy ι = 400 , η εφαπτομένη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/44

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

[ [

της C στο σημείο Α( 5, Ο) έχει εξίσωση χ = 5 . Άρα οι συντεταγμένες του Γ είναι η λύση του συστήμα=5 Γ 5, 8 0 - ι6χ 1 . Ο μοίως τος: ι6χχ +χ25yy Άρα 5y1 1 = 400 1 οι συντεταγμένες του Δ είναι η λύση του συστήματος χ=5 8 Ο + ι6χ1 . τελικά Δ και -5, ι6χχ 1 + 25yy1 = 400 5y1 ι6χ1 - 8 0 αρα , AΓI = ι6χ 1 - 8 0 και ιι. . ) 'Εχουμε ΑΓ = , I 5y l 5y l Α 'Δ = -8 Ο - ι6χ l άρα Ι Α 'Δ Ι = - 8 0 - ι6χ1 · 5yl 5y l Οπότε - 2�6χ1 2 (1). (ΑΓ) · (Α 'Δ) = I ΑΓI · I Α'ΔI = ι6χ1 - 8 0 . -8Ο - ι6χ 1 = 64ΟΟ25y 5yl 5yl l Όμως: Μ ε (C) � ι 6χ 1 2 + 2 5y1 2 = 400 � 2 5y1 2 = 40Ο - ι6χ 1 2 (2) ι6 · (400 - χ 2 Άρα: (1) και (2) � (ΑΓ ) · (Α 'Δ) = 400 - χ 2 1 ) = ι6 .

1 iii) Έχουμε γ 2 = 2 - β 2 , άρα γ = 3 και οι εστίες είναι Ε ' (-3,0) και Ε ( 3,0 ) επομένως ΕΓ = 2, 8 0 - ι6χ ι και ΕΔ = -8 , 8 0 + ι6χ ι ,οπότε ΕΓ · ΕΔ = 2 ( - 8 ) + 5y l 5y l 8 0 - ι 6χι . 8 0 + ι 6χι = ι6 + ι600 - 2 6χ ι 2 <; - ι 6 + ι6( 400 - ι6�ι 2 ) = - ι6+ 16=0. Άρα ΕΓ _l ΕΔ . :400 - ι 6χ 1 25y 1 5y1 5y1 iν) Η εφαπτομένη της C στο Μ όπως είδαμε έχει εξίσωση ε : ι6χχ1 + 2 5yy1 = 400 , y1 :;e O, χ 1 :;e O άρα εξαιρούνται τα σημεία Β( 0,4) , Β ' ( 0,-4) , Α( 5 ,0) και Α ' ( -5 ,0) . Επειδή y1 * Ο , ορίζεται συντελε25y ι , οποτε -ι6χι . Ειναι , η ε , εχει , εξισωση , λ = -' ' ε , _l ε στο Μ και χ 1 * Ο αρα στης, δ ' θ υνσης λ = -2 5y1 ι6χ 1 5 Υ ι (χ - χ 1 ) (3). Για y = Ο από την (3) βρίσκουμε: χ = 9χ 1 . Άρα η ε ' τέμνει τον άξονα χ 'χ y - y1 = 2ι6χ1 25 9χ 1 + χ 1 + 9 34χ Χ Χ1 Μ στο σημείο Ρ 25 ,Ο . Το μέσον Ν του ΡΜ έχει συντεταγμένες: χΝ = 2 = 2 5 = ----so1 * Ο 2 50 ΧΝ και και Χ ι = -Υ1 = 2 yN . Επομένως: 34

}

}

[ο

[ ο,

)

[

α

ιευ

)

)

) )

ι

ι

�

1

Ψ

1

1

[

)

·

ε

ε'

( )

Xp

2 2 Ν ( C ) η έλλειψη με εξίσωση: � + .; 2 = ι (Προφανώς το ι '

( ;)

( ; } Α1 ' (_ ι; ,Ο} Β1 (0,2) και Β1 '(0,-2) , αφού

δεν είναι κάποια από τις κορυφές της Α 1 ι ,Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80

τ.

4/45

Μαθηματικά για την

Γ Λυκείου

Ιω άννης Ε . Κυριαζής

Α ' Ο Μ ΑΛΑ

( )

(

)

Δίνεται η συνάρτηση 1 f x = - x 3 + α - 1 χ2 - αχ + 1 0 , α e R. 3 i) Να υπολογίσετε τον α e R ώστε η εφαπτομέ­ νη ε της γραφικής παράστασης Cf της f στο σημείο A(O,f(O)) να σχηματίζει με τον άξονα 3π d , , χχ γωνια ν = 4ra . ii) Για α=1 να μελετηθεί η f ως προς τη μονο­ τονία και τα ακρότατα ίίί) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης ε της Cf στο Α.

i) f ( x ) =

(� χ }+ [( α 3

-

1 ) χ 2 ] '- ( αχ ) '+ ( 10 ) ' =

f ( -1 ) = .!. ( 1 ) 3 ( 1 ) + 10 = .!. + 33 = 32 3 3 3 3 Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο τ.ε. στη θέση 27 = 28 χ0=1 την τιμη' f ( 1 ) = -1 1 3 - 1 + 1 0 = -1 + 3 3 3 3 iii) Υπολογίζουμε τις τιμές: f { Ο) = .!. ο' -0+ 10=10 3 f'(0)=02-1=-1 Η εφαπτομένη ε της C r στο σημείο της Α(Ο, 1 Ο) έχει εξίσωση ε: ψ= -1 .χ+κ, κe R Για να διέρχεται η (ε) και αυτή από το A(O, l O) πρέπει και αρκεί 1 Ο= -1 . Ο+κ δηλαδή κ= 1 Ο οπότε τελικά (ε): ψ= -χ+1 0 -

-

-

Η βαθμολογία 1 Ο μαθητών στο μάθημα των Μαθηματικών Γενικής Παιδείας στις Εισαγω­ γικές εξετάσεις του 2010 ήταν: 68,73,48,57 ,50,65,61,63,66,69. i) Να υπολογίσετε το εύρος, τη διάμεσο, τη μέση τιμή και την τυπική απόκλιση των ε­ πιδόσεων των μαθητών του δείγματος. Επί­ σης να εξετάσεις αν το δείγμα είναι ομοιογενές. Δίδεται ότι 59, 8 = 7, 733 . ii) Κατά πόσες τουλάχιστον μονάδες πρέπει να αυξηθεί η βαθμολογία κάθε μαθητή του δείγματος, ώστε το δείγμα να καταστεί ο­ μοιογενές.

= χ2 + 2 (α - 1) χ α . Ο συντελεστής διευθύνσεως της εφαπτομένης ε στο Α είναι: f ' ( Ο ) = εφ 3 π = -1 <::::> 20 + 2 ( α 1 ) 0 - α = -14<::> α = 1 J ii) Για α=1 έχουμε: f ( χ ) = .!. χ 3 + ( 1 - 1 ) χ 2 - 1 χ + 10 δηλαδή 3 f ( χ ) = .!. χ 3 - χ + 10 και f ( χ ) = χ 2 - 1 .

3 Για τη μονοτονία βρίσκουμε σημεία μηδενισμού i) Τοποθετούμε τις παρατηρήσεις σε τάξη μεγέ­ και πρόσημο της f: f(x)=O<::>x2-1=0<::>x=1 ή χ=-1 θους: 48<50<5 7 <6 1<63<65<66<68<69<7 3 f' (x)>O<::>x2-1>0<::>x>1 ή χ>-1 Εύρος =7 3--48=25. Διάμεσος = 63 + 65 64 f(x)<O<::>x2-1 <Ο <::::> -1 < χ<1 2 Κατασκευάζουμε πίνακα μονοτονίας ακροτά­ των της f: Μέση τιμή �=_!_ ( 48+j)+57+61+63+65+(ύ+ffl+(f)+73) = 10 -00 +οο 1 -1 1 i χ = - 620 = 62 . Τυπική απόκλιση f(x) + ο + ο 10 f � � ι � ι � =-Μ( 48�)2 +(�)2 +(57--&)2 +... +((j)-.{Q) 2 +(�)}=� τ . ε. τ.μ.

S2 = -1 ( 196 + 144 + 25 + 1 + 1 + 9 + 16+36 + 49 + 121 ) = f ! ( -οο, -1 ] , f -!- [ -1, 1 ] , f 1 [ 1, +oo ) .

10 Η fπαρουσιάζει τ.μ. στη θέση χο=-1 που είναι = _!. 598=59,8�S= J59,8 = 7, 733.

2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 4/46 -

-

·

=

'

ν

τ.

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Σε ό,τι αφορά στην ομοιογένεια έχουμε: 7 7 33 = ο, 1 253 = 12 , 5 3% > ο cv = � = • χ 62 Επομένως το δείγμα είναι ομοιογενές. Έστω ότι πρέπει να αυξηθεί η βαθμολογία κά­ θε μαθητή κατά c μονάδες c>O ακέραιος, ώστε το δείγμα να καταστεί ομοιογενές Ορίζουμε νέα μεταβλητή ψ=χ+c, c>O. Τότε: ψ = χ + c και SΨ = S x Πρέπει να ισχύει: s cv = ψ � _!Q_ <:::> 7 , 7 33 � _!Q_ <:::> ψ χ + c 1 00 62 + c 1 00 <:::> 1 oc + 620 2: 77 3, 3 <:::> 153.3 <:::> 10C 2: 77 3,3 - 620 <=:> C 2: -- <=:> C 2: 15,33 10 Όμως c θετικός ακέραιος οπότε c=16. χ

ii)

-

Εξετάζουμε δείγμα (I) μισθωτών και (Π) συνταξιούχων ως προς τις μειώσεις μισθών και συντάξεων αντίστοιχα λόγω του μνημονίου. Υ­ ποθέτουμε ότι τα δείγματα ακολουθούν την κα­ νονική κατανομή. Για το δείγμα (I) βρίσκουμε ότι: Το 50% των μισθωτών περίπου είχε μείωση του μισθού το πολύ 350€ ενώ το 49,85% είχε μείωση από 3�

έ� i it

�i i

! !

:

•.•

tso/ό

3s

χ ·,

2s s χ .·

!ι3,5ο/� 2,35 % :

χ

9���� 68%

100 %

χ � s χ � 2s χ

-

}( {

}{ }

Ομογένεια για τα 2 δείγματα: CV1 = �� = � = ο, 14285 = 14, 285% Χι 350 � 1 50 cv = 2 = 2 Χ 2 600 = ο ' 25 = 25% Παρατηρούμε ότι Cν 1 <Cν2 επομένως πιο ομοιογε­ νές είναι το δείγμα (I) των μισθωτών. iii) Μεταξύ χι - 2S1 = 250 και χι = 350 συμπεριλαμβάνεται το 34+ 1 3 ,5=4 7 ,5% των παρατη­ ρήσεων του δείγματος. Επομένως 4 7 , 5 ν - 950 => νι - 950 · 1 00. 1 0 => ν - 2000 ι 1 00 ι 475 μισθωτοί. Για το δείγμα (Π) μεταξύ Χ 2 = 600 και χ 2 + S2 = 7 50 περιλαμβάνεται το 34% των παρατηρήσεων άρα 34 ν - 1 020 => ν - 1 020 · 1 00 => ν - 3000 2 2 34 . 1 00 2 συνταξιούχοι ii)

-

Το 40% των κατοίκων μιας συνοικίας της Αθήνας διαβάζουν την εφημερίδα Α ΥΡΟΣ ενώ το 25% των κατοίκων διαβάζει την εφη μερίδα ΓΑΥΡΟΣ και δεν διαβάζει την αθλητική εφη­ μερίδα ΠΡΑΣΙΝΗ. i) Ένας κάτοικος της συνοικίας επιλέγεται τυχαία. Ποια είναι η πιθανότητα να μην διαβάζει την εφημερίδα ΑΥΡΟΣ ή να δια­ βάζει την εφη μερίδα ΠΡΑΣΙΝΗ. τι πο­ σοστό αμερόληπτων κατοίκων διαβάζει και τις 2 εφημερίδες.

Γ

t 3s i

.

: ι3,5o/cj ! ! : 2,35% Ό! , Ι5% !i :

Για το δείγμα (Π) παρατηρήθηκε ότι μέχρι 450€ μειώθηκαν οι συντάξεις σε ποσοστό 16% περίπου των συνταξιούχων ενώ πάνω από 900€ μειώθηκαν οι συντάξεις σε ποσοστό 2,35% των συνταξιούχων. i) Να βρεθούν οι μέσες τιμές και των 2 δειγ­ μάτων όπως επίσης και οι τυπικές αποκλί­ σεις ii) Να εξεταστούν τα 2 δείγματα ως προς την ομοιογένεια και να βρείτε εκείνο που είναι περισσότερο ομοιογενές. iii) Για το δείγμα (I) είναι γνωστό ότι 950 μι­ σθωτοί είχαν μείωση από 250€ έως 350€ ενώ για το δείγμα (Π) 1020 συνταξιούχοι είχαν μείωση από 600 έως 750€. Να ευρεθούν τα μεγέθη νι και ν2 των 2 δειγμάτων.

i)

{

ότι: χι = 350 και χι + 3S1 = 500 => S1 = 50 �2 - S2 = 450 _ 1 ) => �2 - S2 = 450 => �2 = 600 s2 = 150 Χ 2 + 2S2 = 900 - 3S2 = 450

Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει

Γ

ii) Ν α δείξετε ότι

2_ � Ρ ( Α ) � �

όπου Α είναι 20 4 το ενδεχόμενο ένας κάτοικος που επιλέγεται τυχαία να διαβάζει την αθλητική εφημερίδα ΠΡΑΣΙΝΗ. iii) Να εξετάσετε τη συνάρτηση

f ( χ ) = χ 3 - % χ 2 + [ 10 · Ρ ( Β ) - 3 Ρ ( Α )] χ + 201 1

ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα, ό­ που Β είναι το ενδεχόμενο ένας κάτοικος που επιλέγεται τυχαία να διαβάζει την εφη­ μερίδα ΓΑΥΡΟΣ.

i)

α 1 Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύ, Ρ (Β) = 40 = 4 και , πτει αμεσως οτι: 1 00 10

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/47

Γ Λυκείου

Μαθη ματικά για την

Ρ ( Β n A ' ) = Ρ ( Β - Α) = -.32_ = .!_ 1 00 4 Ρ ( Α υ Β ' ) = Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ' ) - P(A n B ' ) = = Ρ ( Α) + 1 - Ρ (Β) - Ρ ( Α - Β ) = = Ρ ( Α ) + 1 - Ρ ( Β ) - [Ρ ( Α ) - P (A n Β) ] = = Ρ ( Α) + 1 - Ρ ( Β ) - Ρ ( Α ) + Ρ ( Α n Β) = = 1 - [ Ρ (Β) - Ρ ( Α n Β ) ] = = 1 - Ρ ( Β - Α) = 1 - = - = %

���

αz P ( A n B) = P (B) - P (B - A) = = � - .!_ = 40 - 25 = J2_ = 1 5% 10 4 100 100 1 00

Α ς:::; ΑυΒ ' => Ρ ( Α) :s; ( ΑυΒ ' ) => Ρ ( Α) :s; % (1) Α n Β Α => P(A n Β ) ::; Ρ ( Α ) =>

ίί)

= 2χ · ln x + χ 2 -1 = 2x ln x + χ χ Γ (χ) = Ο <::::> χ ( 2 1n χ + 1) = Ο, _!_ χ > Ο <=> ln χ = --1 = ln e 2 2 _!_ <::::> χ = e 2 = 1 αφού ψ = ln χ είναι 1 - 1 Je Γ (χ) > Ο <::::> χ ( 2 ln χ + 1) > Ο <::::> ln χ > _ .!_ <::::> 2 _ _!_ _!_ <=> ln χ > ln e 2 <::::> χ > e 2 <::::> χ > 1 Je αφού ψ = ln x ! _

_

_

ς

=:> 1 5 :s; P (A) =:> 3 ::; P (A) (2) 20 1 00 Από (1) και (2) => ]_ ::; Ρ ( Α ) ::; � 4 20 ίίί) Γ (χ) = 3χ 2 - � 2χ + [ 1 0 · Ρ ( Β ) - 3 ° Ρ ( Α ) ] 2 Γ (χ) = 3χ 2 - 3χ + 1 0 ° 40 - 3 ο Ρ (Α) 1 00 f' (x)=3x2-3χ+4-3Ρ(Α) Δ=(-3)2--4.3.(4-3Ρ(Α)) Δ=9--48 +36Ρ(Α)-390 Όμως από το ii) ερώτημα έχουμε: 3 ::; Ρ ( Α ) ::; 3 => 36 3 :s; 36 · P (A) ::; 36 3 => 4 4 20 20 54 - 39 ::; 36Ρ (Α) - 39 ::; 27 - 39 => => 10 => -33, 6 ::; Δ ::; -12 < Ο => => Γ ( χ) = 3χ 2 - 3χ + 4 - 3Ρ ( Α) > Ο για κάθε χε R (ομόσημο του 3). Έτσι f! στο JR και δεν υπάρχουν ακρότατα.

χ>Ο Δίνεται η συνάρτηση με i) Ν α μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. ii) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης ε της γραφικής παράστασης c της στο σημείο

f f(x)=x2lnx,

Α ( Fe,r( Fe))

f

iii) Να επιλυθεί το σύστημα των ανισώσεων 1)

e2<x2lnx<4e2(ln2+

�

Γ (χ) < 0 <=> χ (2 1η χ + 1) < 0 <=> χ < χ

I

Γ

ο

f

-

�

Γe ο

Μονοτονία

+οο

1

}e] f ! [ �· +οο ) f!

ι� +

τοεο

(ο,

ν "'

f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στη 1 ' χ 0 = οπου ' την τιμη' ' παιρνει θ εση Je 2 ιn = - ; · = Ψ min = f e ίί) Υπολογίζουμε πρώτα τις τιμές: f ( Je ) = ( ;eγ In Je = e = Η

\

(�J (� J � �Ξ

�

Γ ( Je ) = 2Je In Je + Je = 2Je + Je = 2Je Η εφαπτομένη (ε) έχει εξίσωση: ( ε ) : ψ = 2Je χ + β ο

ο

( Ξ) και

Όμως η (ε) διέρχεται από το σημείο Α Je. επομένως πρέπει: -e = 2νeΓ · νeΓ + β <::::> ε = 4e + 2β <=> β = - 3e 2 2 3e και τελικά ( ε ) : ψ = 2Je χ 2 2 2 2 lnx<4e e <x (ln2+ 1 )<=> ίίί) e2 . 1 <x2 lnx<(2e)2 (ln2+lne)<=> e2 olne<x2 lnx<(2e) 2ln2e<=:> f(e)<f(x)<f(2e)<=:> e<x<2e εφόσον +οο και f1 < e < 2e < +οο .

-

ο

[� , J �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/48

ο

ασκήσει ς

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Π ΟλλΑ ΠΛΗ Σ Ε Π ΙΛΟ Γ Η Σ

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση :

1. Αν Α,Β ενδεχόμενα δ. χ. Ω με Ρ ( Α) = �4 και

σταση χ Γ (χ)+χ2 f"(x) είναι ίση με Α . 3lnx + 12 Β . 9χ3 Γ . Ο 2 Ε. 1 Δ. 1 Οχ3 -6χ Λύσεις: 1 Δ, 2Β, 3Γ, 4Α, 5Γ, 6Γ, 7 Δ, 8Γ, 9Ε, 1 0Β

Ρ (Α - Β) = 3. τότε η Ρ (Α n Β) είναι ίση με 3 ΕρωηΊσης τίJπου Σ-Λ .!_ 1 . Για τη συνάρτηση f(x)=ln(2-x-x2 ) ισχύει ότι: Β. }___ Γ. 2 :\. _.!._ Λ 10 2 12 12 Λ Α. Το πεδίο ορσ. της είναι DF(-2, 1) Σ 2 . Η συνάρτηση f{x)=ln(25--4x2) έχει πεδίο ορισμού Σ Λ Β. Η f είναι συνεχής στο χ = 1 0 Σ Λ 2. Α. Το εύρος είναι μέτρο διασποράς Α . (Ο, +οο) Β . Γ. Δ. � Β. Η τυπική απόκλιση S είναι ένα μέτρο διασπο­ ράς που εκφράζεται με τις ίδιες μονάδες με τις 2χ - 10 οποίες εκφράζονται οι παρατηρήσεις Σ Λ. .

3 . Αν -ι/) = 1 ιm και x-.s .Jx 2 + 3x + 9 - 7 3. Α. Το κυκλικό διάγραμμα (piechart) χρηmμοποιεί­ 2 ται για τη γραφική παράσταση τόσο των ποιοτικών 14χ χ3 χ 24 + 1 ιm 0 μ = Χ-->τότε όσο και των ποσοτικών δεδομένων όταν οι διαφορε2 Χ2 - 4 τικές τιμές μεταβλητής είναι σχετικά λίγες. Σ Λ.

2 Α. f! = Ο και μ = 3 Β . f! = - και μ = -4 Β. Για την περίπτωση των ποιοτικών μεταβλητών 3 χρηmμοποιούνται οι αθροιστικές συχνότητεςΣ Λ 28 και μ = -3 '"· !! = 12 και μ = - -3 4. Α. Για τη συνάρτηση f (χ) = � ισχύει Γ. !! = 2 13 2 13 4. Η εφαπτομένη (ε) της γραφικής παράστασης Γ (χ) = '1Γ ' χ > Ο Σ \ 3\ιχ Cr της συνάρτησης f(χ)=2ημ2χ στο σημείο f(x 0 + h) - f(x 0 ) σχηματίζει με τον χ ' χ γωνία Β. Αν ισχύει lim Α - ,f = +οο τότε η f 0 h--> 1� 1� h είναι παραγωγίσιμη στο σημείο χ0 του πεδίου ορσ.

3π Β . 2:_ Γ. 2:_ Δ . 2:_ \ Σ της 6 4 4 3 Γ. Η ταχύτητα ενός κινητού που κινείται ευθύ­ γραμμα και η θέση του στον άξονα κίνησής του 5. Για τη συνάρτηση f(χ)=ημ2 3χ, η τιμή εκφράζεται από τη συνάρτηση x=f(t) θα είναι τη είναι ίση με /\. 6 Β.-12 Γ. -1 8 Λ. -30 χρονική στιγμή to υ(to>=f' Cto) δηλαδή ο ρυθμός με6 . Μέτρο θέσης είναι: Α. το εύρος Β. ο συντελε­ ταβολής της f(t) ως προς t όταν t=to Σ Λ στής μεταβολής Γ. η διάμεσος 5. Α. Όταν λέμε ότι δεν πραγματοποιείται κανένα '\. η διακύμανση Ε. η τυπική απόκλιση από τα Α και Β εννοούμε ότι πραγματοποιείται 7. Η μέση τιμή μιας κανονικής κατανομής είναι 41 και η Σ Λ. το (A n B) τυπική απόκλιση είναι 7 . Τότε το ποσοστό των παρα­ Β. Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α λέγεται τηρήσεων που είναι μεταξύ 34 και 55 είναι: Λ Σ =f{Xa) συνεχής στο χ0 εΑ αν χlimf{x) Λ . 34% Β. 68% Γ. 95% Δ . 8 1 ,5% Ε . 99, 7 % -->χ, 8. Αν Α, Β ενδεχόμενα δειγματικού χώρου Ω με Γ. Ισχύει lim εφχ = εφχ 0 όταν συνχ ;t:Ο Σ. Λ .

0 3 και Ρ(Α υ Β) 0, 6 η P(A) = S2 , P (B ) = lO = 3π .\. Δ. Η f(χ)=εφχ είναι συνεχής στο χ 0 = Σ πιθανότητα p[(A-B)U(B-A)] είναι ίση με 2 6. Α. Στο ιστόγραμμα συχνοτήτων ομαδοποιημέ­ Λ. � 13. 3_ Γ. 50% \. _2._ Ε . � νων δεδομένων, το εμβαδόν του χωρίου που 4 3 10 7 ορίζεται από το πολύγωνο συχνοτήτων και τον 9. Για 2 ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού οριζόντιο άξονα είναι ίσο με το μέγεθος του χώρου Ω ισχύει ότι Ρ ( Α) = .!. , Ρ(Β ' ) = 2_ και "�,: � ,'\ δείγματος 12 3 Σ Λ Β. Η διάμεσος είναι μέτρο διασποράς Α n Β = 0 . Η πιθανότητα P[(AUB) ' ] είναι Λ Γ. Η επικρατούσα τιμή είναι μέτρο θέσης Σ .!_ ίση με Λ .3_ Β. _.±. Γ Δ. � Ε. _.!._ 11 15 2 20 12 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 10. Για τη συνάρτηση f(x)=x2-3lnx, χ>Ο η παρά- ΙΑ Σ, lB Λ, 2Α Σ, 2Β Σ, 3Α Σ., 3Β Λ, 4Α Λ, 4Β Λ, .

( Ξ ΞJ ( -

·

�.

ΞJ

( ( )J

'• ·

Γ(�J

'

Χ � Χο

.

.

4Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Σ,

Β ' 80

SA

τ.

Λ,

4/49

SB Σ, 5Γ Σ, 5Δ Λ, 6Α Σ., 6ΒΛ, 6Γ Σ.

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Β ' ΟΜΑΔΑ

α) Να

f (x)

=

Γιώ ργος Κουσινιώρης

δείξετε e

στο στο

'

-

ότι

χ - 1 , χΈR

Επειδή f(O) = e0 1 , το ζητούμενο όριο γράφεf (h) - f (O) eh - 1 ται lim -lim , οπότε λόγω h-->0 h h -->0 h , ι eh - 1 · -- = f' (O) = e = 1 ιm του α) ειναι h-->0 h =

συνάρτηση

η

παρουσιάζει ελάχι­

χο=Ο.

β) Να δείξετε ότι ισχύει η σχέση κάθε x ε JR..

e

x

� χ+1

για

α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR. με παράγωγο f' (χ) = ( ex - χ - 1 ) '

=

=

ex - 1 .

Ε

ο

Μία επιχείρηση απασχολεί 7 υπαλλήλους στο τμήμα Α με μέσες εβδομαδιαίες αποδοχές 225 ευρώ , 8 υπαλλήλους στο τμήμα Β με μέσες εβδομαδιαίες αποδοχές 243 ευρώ και 3 υπαλλή­ λους στο τμήμα διοίκησης με μέσες εβδομαδιαί­ ες αποδοχές 345 ευρώ. Ν α βρεθούν οι μέσες ε­ βδομαδιαίες αποδοχές όλων των υπαλλήλων της επιχείρησης.

Είναι f' ( χ ) = Ο <::::> ex - 1 = Ο <::::> ex = 1 <::::> Αν χ , y , z είναι οι μέσες τιμές των αποδο­ ex = e 0 <::::> χ = Ο. Για χ<Ο είναι f' ( x ) < Ο και χών των υπαλλήλων των τμημάτων Α, Β και Γ και για χ>Ο είναι f' ( χ ) > Ο . Άρα η f είναι γνησί­ ν 1 , ν2 , ν3 είναι το πλήθος των υπαλλήλων του κάθε ως φθίνουσα στο διάστημα ( Ο] και γνησί­ Σχ ως αύξουσα στο διάστημα [0, +οο) . Συνεπώς η , f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0=0. Τα παραπά­ τμήματος αντιστοίχως τότε είναι: χ = ..i.=!.__ νΙ νω φαίνονται στο διπλανό πίνακα μεταβολών. Επειδή η f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0=0 θα ΣΖ; είναι f(x) � f(O) <::::> ex - x - 1 � 0 <::::> ex 2 χ + 1 . και z =..i.=!__ οπότε Σ χ; = ν1 · χ , ν,

--ω,

β)

νJ

Δίνεται η συνάρτηση f(x)

= eX, με x ε JR..

α) Να δώσετε τον ορισμό της παραγώγου της f στο β) Να βρείτε την f'(x) και στη συνέχεια τον

χο=Ο.

αριθμό

f' (O) . ,

γ) Ν α δ ει'ξετε οτι α)

.

Ιιm h -+ 0

-1 -e

h

h

=

1

ΣΥ; = ν v2

i=l

ν,

ν3

·y

ί

i=l

και Σ z; = ν3 · Ζ . v3

Η μέση τιμή t των αποδοχών όλων των υ2

i=l

Σ t; ν

παλλήλων είναι t = ..i.=l.__ , με ν = ν 1 + ν

•

ν

2

+ν ·

3

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 0 Είναι όμως Σ t ; = Σ Χ + Σ Υ ; + Σ Ζ οπότε εί; ; f(O + h) - f(O) i=l i=l i=l i=l εφόσον το όριο lim �-�---'--'h h --.o ναι Σ t ; ν 1 · χ + ν 2 y + ν 3 · z . lim f(h) -f(O) i=l υπάρχει και είναι πραγματι­ h.....Ο h Επομένως έχουμε t = ν1 · χ + ν2 · y + ν3 · Ζ κός αριθμός. νΙ + ν2 + ν3 Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR. με 7 · 225 + 8 · 243 + 3 · 345 4554 2 5 3 ευρω.'

7+8+3 18 παράγωγο f' ( x) = ( ex ) ' = ex . Άρα f'(O) =e0 =1. Παρατηρούμε ότι για h=O μηδενίζεται τόσο ο Παρατηρούμε ότι η μέση τιμή του συνόλου των αριθμητής όσο και ο παρονομαστής του κλά- υπαλλήλων είναι ο σταθμικός μέσος των επιμέ­ eh - 1 ρους μέσων τιμών των τμημάτων Α, Β και Γ με , , , το ζητουμενο σματος -- , επομενως οριο συντελεστές βαρύτητας το πλήθος των υπαλλήλων h του κάθε τμήματος. είναι απροσδιόριστη μορφή. ν

=

ν

=

νι

ν2

v3

•

=

=

β)

------- = -- =

γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 4/50 τ.

Ένας σοβαρός λόγος για να μην διδάσκονται τα αόριστα ολοκληρώματα στο Λύκειο Αnό το Γιώργο Τασσόπουλο , Σχολικό Σύμβουλο Μαθηματικών

Το σχολΙΚό βιβλίο έ:χει ορίσει ως αόρtστο ολοκλήρωμα μιας συνάρτησης f που είναι ορισμένη σε ένα διάστημα Δ , το σύνολο ό"J..mν των αρχικών της f στο Δ .. Συμβολικά: f χ dx = F χ + c I c ε < J,

J(

{ ( ) όπου F '(x)=f(x) για κάθε χ ε Δ . Έτσι όμως δικαιολο­ )

JR} 1

γημένα προκύπτουν απορίες στους μαθητές και στους συναδέλφους για το τι σημαίνουν πλέον οι πράξεις:

Jr( x)dx + Jg( x)dx (άθροισμα συνό"J..mν), Jf ( )dx + (άθροισμα συνόλου και αριθμού), Jf ( )dx +h(x) (άθροισμα συνόλου και συνάρτησης), c

χ

Jf ( χ

λ·

χ

)dx

(γινόμενο αριθμού με σύνολο), κ .λ. π .

Για να λύσουμε τις απορίες αυτές θα κάνουμε μια αναδρομή στη Β ' Λυκείου. Εκεί χωρίς να δώσουμε στους μαθητές να το αντιληφθούν, ουσιαστικά συ­ ναντήσαμε για πρώτη φορά την έννοια του αθροί­ σματος δύο συνόλων. Πράγματι αυτό που ονομά­ σαμε άθροισμα διανυσμάτων στην ουσία ήταν ένα άθροισμα συνό"J..mν . Έπρεπε δηλαδή αρχικά να δώσουμε στους μαθητές να κατανοήσουν τη διαφορά μεταξύ εφαρμοστού και ελεύθερου διανύσματος. Ως εφαρμοστό διάνυσμα

[ ΑΒ] = α . Το σύνολο των ελεύθερων διανυσμάτων

ας το συμβολίσουμε με C .Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι άθροισμα εφαρμοστών διανυσμάτων θα μπορού­ σε να οριστεί μόνο για διανύσματα με κοινή αρχή (βλέπε συνισταμένη δυνάμεων) ως εξής: -

-

ορσ

(πράξη στο σύνολο � των εφαρμοστών διανυσμά­

των με αρχή το 0). Εύκολα ορίζεται στο � και ο

...

βαθμωτός πολλαπλασιασμός ε 1R , κατά τα γνωστά. Α

ΑΒ - ΑΓ

� (ΑΒ)=(ΓΔ) και ορσ

ΑΒ // ΑΓ .

Η

σχέση αυτή είναι πράγματι αυτοπαθής, συμμετρική και μεταβατική. Η μεταβατικότητα βέβαια της σχέ-

σης ( // ) αποδεικνύεται πολύ δύσκολα , ενώ στο Σχολικό βιβλίο θεωρείται προφανής. Η σχέση αυτή χωρίζει το � σε κλάσεις ισοδυναμίας που καθεμιά τους λέγεται ελεύθερο διάνυσμα. Για παράδειγμα ε­ λεύθερο διάνυσμα με αντιπρόσωπο το εφαρμοστό

ΑΒ

λέγεται το σύνολο όλων των εφαρμοστών δια­

ΑΒ

και συμ­

γράφουμε

απλώς

νυσμάτων που είναι ισοδύναμα με το βολίζεται ε

� / ΓΔ

με -ΑΒ} .

[m],

δηλαδή :

Συνήθως

[ ] = { ΓΔ ΑΒ

/'

v

ΟΑ = ΟΜ ,

λ

Γ

Β

Επομένως το άθροισμα διανυσμάτων με το οποίο ασχο­ ληθήκαμε στη Β ' Λυκείου δεν ήταν άθροισμα εφαρ­ μοστών διανυσμάτων (πράξη στο � ) αλλά άθροισμα ελεύθερων διανυσμάτων (πράξη στο C 1//

�

/0�- ---

-

·-

-,\

- -- - --· 8 .

'\.

----· ,' '�- // · -Γ

β y

:Y = a + i3

δηλαδή άθροισμα συνό"J..mν το οποίο ορίζεται ως εξής: α + = <2J � Για οποιοδήποτε σημείο Ο, υπάρχουν

- -

opd'

-

σημεία Α ,Β ,Γ τέτοια ώστε: -

ΟΑ + ΟΒ = ΟΓ

- -

ΟΑ ε α , ΟΒ ε β

και

ε γ .Με τον ίδιο τρόπο ορίζεται και

ο βαθμωτός πολλαπλασιασμός στο C . Εντελώς ανάλογα λοιπόν στο σύνολο <C Δ των συναρτήσεων που είναι ορισμένες και παραγω­ γίσιμες σε ένα διάστημα Δ , μπορούμε να ορί� σουμε μια σχέση ισοδυναμίας ως εξής: f -g

� f '=g ' � Υπάρχει c ορσ

ε 1R , τέτοιο ώ-

στε f(x)=g(x)+c για κάθε χ ε Δ<3 J .

(2) Αποδεικνύεται ότι το y

(1) Στην περίπτωση που η f είναι συνεχής στο Δ αποδεικνύεται ότι το σύνολο αυτό δεν είναι κενό.

....,

λ ·

_ _ _ _ _ _ _ ._ _ _ _ _ _ _

Ο�

ΑΒ ορίσαμε ουσιαστικά, το διατεταγμένο ζεύγος σημείων (Α,Β). Αν συ μβολίσουμε με � το σύνολο όλων των εφαρμοστών διανυσμάτων , τότε στο σύ­ νολο � ορίζουμε μια σχέση ισοδυναμίας ως εξής:

-

ΟΑ - ΒΓ � ΟΒ - ΑΓ

ΟΑ + ΟΒ = ΟΓ �

είναι ανεξάρτητο του Ο (3) Θυμηθείτε ότι πράξεις μεταξύ συναρτήσεων ορίσα­ με μόνο όταν έχουν κοινό σύνολο ορισμού όπως κατ' αναλογία στα εφαρμοστά διανύσματα, μόνο όταν έχουν κοινή αρχή .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/51

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

(Εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι πράγματι αυτοπα­ θής, συμμετρική και μεταβατική). Η σχέση αυτή χωρίζει το σύνολο C Δ σε κλάσεις ισοδυναμίας ως εξής:

[ f] = {g ε C Δ I g - f} . Αν λοι­

πόν F είναι μια αρχική της f στο όπου [ F] = G ε C Δ I G - F } ,

{

G ι ( χ ) = F ι ( χ ) = f ( χ ) , για κάθε χ ε Δ .

Δ τότε: τελικά

L f ( χ ) dx

Jr ( χ )dx , δηλαδή : Jr( x)dx =

ή απλούστερα:

[F] .

ορσ

Jr( x)dx= { G ε C Δ I G( χ ) = F( χ) + c, c ε IR} ή απλούστερα: Jr ( χ )dx = {F(x)+c I c ε IR } , όπου

Τελικά:

F '(x)=f(x), για κάθε χ Ε .,

Δ.

Τι σημαίνει λοΙΠόν πλέον:

Jr( x)dx+ Jg( x)dx ; (άθροι­

σμα οwόλων).Προφανώς κάτι αv{:i)..Ifyo με το άθροισμα Δηλαδή: διανυσμάτων. δύο ελεύθερων

Jr(x)dx + Jg(x)dx = Jh ( x )dx (I) � Υπάρχει

c Ε IR ώστε: F(x)+G(x)=H(x)+c για κάθε χ ε Δ , όπου F, G, Η αρχικές των f, g, h στο Δ . . Ανάλο-

γα

ορίζονται

οι

πράξεις:

λ·

Jf ( χ )dx ,

Jf ( χ )dx +q(x), Jf ( χ )dx +λ, λ Ε IR , κ.λ.π. λ · Jr (χ )dx = Jh (χ )dx <=> Υπάρχει c Ε IR ορσ

ώστε λ · F(x)=H(x)+c για κάθε χ Ε Δ , όπου F, Η αρ­ χικές

των

h

f,

στο

J h ( χ )d x (i) <=> Υπάρχει ορσ

C E IR

F(x)+q(x)=H(x)+c , για κάθε χ Ε

κές των f ,h στο Δ. Η πράξη

Jf ( χ )dx +q(x)=

Δ.

Δ

ώστε:

όπου F, Η αρχι­

Jr( x)dx+λ, μπορεί να

αναχθεί στην προηγούμενη με q(χ)=λ, για κάθε χ Ε Δ. Ειδικά όταν η q παραγωγίζεται στο Δ τότε: ( i ) <=>

JF'( x)dx + Jqι(x ) dx = JΗ ι( χ )dχ <=> Υπάρχει

c ε IR ώστε: F(x)+q(x)=H(x)+c, για κάθε χ Ε Δ . Α­ νάγεται δηλαδή στην (I) ., Μετά από αυτούς τους ορισμούς ενδιαφέρον αποτελεί το πως θα εφαρμοστούν οι μέθοδοι ολο­ κλήρωσης. Για παράδειγμα ο τύπος της παραγο­ ντικής ολοκλήρωσης:

Jx ( e x )'dx = xex - J( x )'ex dx

χ . e x -.Ά(g(χ)) +cγια κάθε χ Ε IR . (2) <=> .Ά(f(χ))= χ . e x - ex +c

Το σύνολο [F] ονομάζεται αόριστο ολοκλήρωμα

της f στο Δ, το συμβολίζουμε δε και με:

δή G(x)= ex βρίσκουμε την F(χ).Αντί να χρησιμο­ ποιούμε για τις αρχικές των f , g τα αντίστοιχα κε­ φαλαία γράμματα μπορούμε να εισάγουμε ένα ενιαίο σύμβολο : F=.Ά(f), G=.Ά(g).Με .Ά προφανώς εννοούμε αρχικές των f , g:Ετσι έχουμε: (1) <=> .Ά(f(χ))=

(1) πως θα δια­

τυπωθεί πλέον; Για να διατυπώσουμε τη σχέση (1) (σχέση συνόλων) , ως σχέση συναρτήσεων θα χρειαστούμε τις αρχικές F , G των συναρτή-

( )

σεων f(x)= χ ex ' και g(x)= ( χ ) 'ex , οπότε:

(1) <=> F(x)= χ · ex -G(x)+c, για κάθε χ Ε IR

και επει­

για

κάθε

χ

Ε IR ,

Jr ( x ) dx = Jxex dx = { x · ex - ex +clc E IR } .

οπότε:

Επίσης για να βρούμε πλέον το ολοκλήρωμα 2 χ την παρα' να εφαρμοσουμε ' dχ μπορουμε

f

συνχ

2 πάνω σχέση (2), δηλαδή να γράψουμε: .Ά(χ · συνχ)= 2 2 2 .Ά(χ · (ημχ ) ')= χ · ημχ -.Ά χ 'η μχ +c ι =

{( )

)

2 2 =χ · η μχ-.Ά(2χημχ)+c ι =χ · ημχ -2.Ά(χημχ)+c ι = 2 =χ · ημχ+2.Ά(χ · ( ) ' )+c ι = 2 =χ · ημχ +2χσυνχ -2.Ά((χ) ' συνχ)+c 2 +c ι = 2 = χ · ημχ +2χσυνχ -2 .Ά(συνχ)+ c 2 +c ι = 2 = χ . η μχ +2χσυνχ -2ημχ +c 3 + c 2 +c ι = 2 = χ · ημχ +2χσυνχ-2ημχ +c για κάθε χ Ε IR , οπότε:

συνχ

Jx2συvxdx = {F(x)+c/c

ε

IR }

,

όπου

F(x)=

2 χ · ημχ +2χσυνχ -2η μχ . Προκειμένου να μην εισά­ γουμε το νέο συμβολισμό .Ά(f), κατά τη γνώμη μας, καλό θα ήταν το αόριστο ολοκλήρωμα της f (το ο­ ποίο δεν υπεισέρχεται στους υπολογισμούς παρά μόνο στο τέλος ) να το συμβολίζουμε με

Λ

Jf ( χ ) dx

ή

[ Jf ( χ ) dx J ενώ με το σύμβολο Jf ( χ )dx να εν­ νοούμε μια αρχική της f δηλαδή Jf ( χ )dx = με

.Ά(f(χ)):Ετσι λοιπόν θα έχουμε :

Jf ( χ ) dx = [ Jf( χ ) dx J = { Jf ( χ )dx +

c

I c Ε IR

}

και θα εργαζόμαστε πλέον μόνο με τα σύμβολα

Jf ( χ )dx

που θα παριστάνουν συναρτήσεις και όχι

Η

Jr ( χ )g ' ( χ ) dx =f(x)g(x)- Jf' ( χ )g ( χ ) dx +c

σύνολα.

σχέση

(2)

θα

γράφεται πλέον

:

(πρά­

ξεις με συναρτήσεις).Μόνο με συμβολισμούς σαν τους τελευταίους , θα μπορούσαν να διδαχθούν τα αόριστα ολοκληρώματα στο Λύκειο για να μην οδη­ γούν σε παραδοξότητες όπως γίνεται με τους συμβο­ λισμούς του Σχολικού βιβλίου. Επειδή όμως όσα προαναφέραμε είναι πολύ δύσκολο να διδαχθούν σε μαθητές Λυκείου , ορθώς το Υπουργείο αφαίρεσε αυτήν την παράγραφο από τις Πανελλαδικές εξετάσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/52

Μi Ι α

σι.,�V (Jρτ ηση γ ι α r

παρακάτω άσκηση διατρέχει τα βασικότερα ση­ μεία της ανάλυσης της Γ ' Λυκείου, με αφορμή μια ενδιαφέρουσα συνάρτηση. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = Ιη( �χ 2 + Ι - χ) 1.- Να αποδείξετε ότι είναι περιττή.

2.- Να αποδείξετε ότι αντιστρέφεται και να βρείτε την f1 3. - Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.

4.- Αν g (χ) = lη( �χ 2 + ι + χ) , να αποδείξετε ότι g = -f και στη συνέχεια ότι για κάθε α,β, με Ο<α< β ισχύει f' ( α ) < g ( α )-- g ( β ) < f'( β ) β α 5.- Να εξετάσετε αν οι γραφικές παραστάσεις των f, f1 έχουν aσύμπτωτες. Να κάνετε το ίδιο για τη γραφική παράσταση της .

6.- Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και Γ 1 έχουν στο 0(0,0) κοινή εφαπτομένη. Ποια είναι η εξίσωση της εφα­ πτομένης αυτής; 7.- Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των f και Γ τέμνονται ακριβώς σε ένα σημείο.

8.- Να βρεθούν τα ολοκληρώματα: I = t f(x)dx Η

9.-

β

f (β)

α

f(α )

Να αποδείξετε ότι Jf(x)dx = J x(f-1 ) '(x)dx , I

και να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι = Jr(x)dx ο ανεξάρτητα από το ερώτημα 8 .

10.- Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης F(x) = x f r(xt)dt, χ<:: Ο .

11.- Να βρείτε συνάρτηση h τέτοια ώστε να ισχύει: κάθε Χ Ε � και h ' (O) = -1 h" (x) = -h ' (x) ---;χ + 1 , για , h (O) = Ο . Λ,πιίντηση

1.- Πρέπει και αρκεί να ισχύουν χ2 + 1 <:: Ο , το οποίο ισχύει για κάθε χ Ε R και � - χ > Ο , δη­ λαδή � > χ (1) Αν χ<Ο, τότε η (1) προφανώς ισχύει. Αν χ�Ο, τότε (ι) <=> χ 2 + ι > χ 2 <=> ι > οχ 2 <=> χ <:: ο . Τελικά: (1) <=> χ Ε R , δηλαδή Dr = � , οπότε για κάθε χ Ε Dr ισχύει: (-χ) Ε Dr και

!

θ

f

χρη ση Ηλίας Κωνσταντόπουλος f (x) + f(-x) = Iη { � - χ ) + ιη { � + χ ) = κα

ε

= Ιη ( χ 2 + ι ....:. χ 2 ) = lη 1 = ο Άρα f( -χ) = -f( χ) , δηλαδή η f είναι περιττή.

2.- Έστω y Ε R , τότε για την εξίσωση f (χ) = y με χ Ε Dr έχουμε: f(x) = y <=> Ιη( �χ 2 + ι - χ) = y <=> <::::> �χ 2 + ι - χ = eΥ <::::> �x 2 + 1 = eY + x <=> eY ey <=> + χ > Ο <=> + χ > Ο <=> χ 2 + ι = e 2 Υ + 2 xeY + χ 2 2 xeY = 1 - e2 Y l - e2 Y <=> x = -2eY e 2 Y + 1 > Ο, 1 - e 2 Y = -Αφού e Y + χ = e Y + -για κάθε 2eY 2 eY y Ε R . Άρα: f(R) = R και για κάθε y Ε R η εξίσω­ ση f (x) = y έχει μια μόνο ρίζα x E D1. = R , την ι 2 y . Επομένως η f είναι «1 - 1 », δηλαδή αχ=� 2 eΥ και ντιστρέφεται με l -e2x =-1 ( e - e ) . (χ) = -2ex 2 3. 'Εχουμε: f ' (x) = {� - χ) ' = χ2 + ι - χ ι ι �-χ · .Jχ2 + ι - χ � � Άρα f ..ι.. IR , δηλαδή δεν έχει ακρότατα. ( �)· χ , με Έχουμε δε: f "(x) = χ 2 + 1 = ( χ2 + I) .Jx2 + 1 f "(x) < O στο (-οο, Ο) και f "(x) > O στο (Ο, +οο) δηλαδή η f είναι κοίλη στο ( -οο, Ο] και κυρτή στο [ Ο, +οο) με σημείο καμπής το 0(0,0).

4.- Έχουμε: f (x) + g (x) = !η ( � - χ ) + !η ( � + χ ) = !η ( χ 2 + 1 - χ 2 ) = !η 1 = ο οπότε g (χ) = -f (χ) .Επομένως έχουμε: g ( α ) - g ( β ) = f( β ) - f ( α ) = f ' (ξ) για κάποιο β-α β-α ξ Ε ( α , β ) , σύμφωνα με το θεώρημα της μέσης τι­ μής. ότι δείξουμε να αρκεί Επομένως

{

{

-χ

.ι-Ι ι

ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/53

χ

�

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

f'(α) < f'(ξ) < f'(β) , το οποίο ισχύει, αφού η συ­ 8.- Ι = ιJf(x )dx = ιJιn( .Jx 2 + 1 - χ )dx = νάρτηση f' είναι γνησίως αύ ξουσα στο διάστημα ο ο [α, β] και α<ξ<β; ι = J(χ)'Ιη(Jχ2 +1 - χ)αι = 5.- Εξετάζουμε αρχικά αν έχει ασύμπτωτες της ο μορφής: y = λχ + Για το ( -οο) έχουμε: = [x m(.Jx2 +l -x}1 - - : x = Jx +1 1 ( ) f'(x) ι ι ' Iim f(x) : -J:!:l = - lim -1- = 0 = Ιη(ν'2-Ι)+ J χ dx = Ιn(v'2-t)+-1 f( χ2 + ι ) dx = = lim lim Χ 1 ( Χ) Jχ2 + l 2ο � χ2 +1 ο Jx 2 +l Άρα: λ=Ο, οπότε lim [f(χ) -λ] = lim f(x) = +oo . = ln(v'2-t)+ [Jx2 +11 = Ιη(ν'2-t)+ν'2-1

(

κ

Χ-+-«>

Χ-+-«>

I

Χ

Χ-+-«>

}

-+-«>

Χ -4 -οο

J = 1 � = α -f'(x)]dx = -[f(x) 1 = f(O) -f(l) = m(�JC+l-x) νχ2 +I f(x) = lim = Για το ( +οο) έχουμε: limΧ Χ = ln 1-\n ( ν'2 -I) = ln ( ν'2 + l) (γιατί;) η + Χ = - lιm (\η .Jχ 2 + l + Χ ) = = - lιm \ � f(β) f(β) Χ (Χ) 9.- Έχουμε: f x(rι)'(x)dx = f f(rι (x))'(rι)'(x)dx = 1 =0 f(α) f(α) = -\im --> -1«> � r-' (f(β)) β Άρα: λ=Ο, οπότε lim [f(χ) - λ] = lim f(x) = -oo . = r-' (rf(α ) f(x)dx = αJr(x)dx . )

Επομένως η

Cr

Χ �-<0

δεν έχει ασύμπτωτη στο Χ->1<>0

•

•

Χ-Η<Ο

X -4 -t<XI

Χ->1<>0

-οο .

Ι

f

Χ

χ -++α>

r(ι ) Επομένως η C r δεν έχει ασύμπτωτη ούτε στο ι = Επομένως Ι = Jr(x)dx f χ(Γι ) 'dχ = +οο . Τέλος αφού f είναι συνεχής στο R δεν έχει f (O) κατακόρυφες ασύμπτωτες. Εντελώς ανάλογα βρίιn(./2-ι) -x x ' σκουμε ότι ούτε η C r-• έχει ασύμπτωτες. χ · e ; e dx = ... = ln(ν'2 -t) + ν'2 - l 6.- Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f J και r- ι έχουν κοινό σημείο το 0(0,0). Εύκολα βρίσκουμε f'( χ) = - � και ( r-ι}'( χ) =___!2 ( ex +e-x ) , 10.- Έχουμε: F ( χ) = r xf( xt )dt = r (xt )'f( xt )dt = νχ2 +1 οπότε ( Γι ) '(Ο) = f'(Ο) = -1 άρα έχουν κοινή εφα­ = J: f(u)d.ι = r f(u)d.ι. Άρα F( x) =f( x2 )( x2 ) '= 2xf( x2 ) <0 πτομένη την ευθεία με εξίσωση y = -χ . για κάθε χ>Ο, αφού f J R => f (χ) < f (Ο) = Ο . Όμως 7.- Είναι f '(x) < Ο , για κάθε Χ ε � , ενώ είναι f(x) > Ο , για κάθε χ < Ο και f(x) < Ο για κάθε F συνεχής στο [0,+οο ), οπότε F .J.. [Ο, +οο ) , δηλαδή χ > Ο . Επομένως στο διάστημα ( -οο , Ο] οι γραφι­ έχει μέγιστη τιμή την F(O)=O. κές τους παραστάσεις δεν τέμνονται. Στο διάστημα 11.- Έχουμε διαδοχικά (Ο , +οο) είναι γνησίως μονότονες, με διαφορετικό <::> h"(x).Jx2 + l + h'(x) � = Ο <::> είδος μονοτονίας, άρα η διαφορά το:υς θα είναι h"(x) = -h'(x)+ +I χ νχ2 +l γνησίως μονότονη. Αν λοιπόν τέμνονται σε κάποια σημείο αυτό θα είναι μοναδικό. Αρκεί λοιπόν να <::> h"(x)� + h'(x) ( .Jx 2 + l )' = Ο <::> εξασφαλίσουμε αυτό το σημείο. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - f '(x) . Η συ- ( h'(x)�)' = Ο <::> h'(x)� = c . Επειδή είναι νάρτηση αυτή είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα h '(Ο) = -1 , προκύπτει c = -1 . στο διάστημα (Ο , +οο) , άρα το σύνολο τιμών της �+I <::> στο διάστημα αυτό είναι το Επομένως έχουμε h'(x)N+i =-1 <:>h'(x) = νχ2 ( lim h(x) ,h(O)) = ( -oo,l) . Το μηδέν ανήκει σε αυτό h'(x) = f'(x) <::> h(x) = f(x) +c . το διάστημα. Άρα η συνάρτηση έχει μία ακριβώς Αφού h(O) = f(O) = Ο , τότε c = Ο , επομένως ρίζα. Συνεπώς οι γραφικές παραστάσεις των f και h(x) =f(x) =ln( Jx2 +1 -χ) . f' τέμνονται ακριβώς σε ένα σημείο. χ -+ +<χ>

(

Ο

)

ν

Χ -->-1«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/54

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝ Ι ΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΩΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Νίκος Αντωνόπουλος - Αθανάσιος Χριστόπουλος - Νικόλαος Μπερκέτης - Ιωάννης Σπυρίδης και Τσαγκάρης Ανδρέας - Κάσδαγλης Στέλιος Σ' αυτό το τεύχος προτείνουμε συνδυαστικές ασκήσεις με αφορμή τις επικείμενες εξετάσεις του Μα"ϊου 201 1 . Τ α θέματα 1 , 2 , 3 , 4 προτείνονται από τον Νίκο Αντωνόπουλο, το θέμα 5 προτείνεται από τον Αθανάσιο Χριστόπουλο, το θέμα 6 και 7 από τους Νικόλαο Μπερκέτη και Ιωάννη Σπυρίδη και τα θέματα 8, 9, 1 0 από τους Τσαγκάρη Ανδρέα και Κάσδαγλη Στέλιο

Έστω μια συνάρτηση f η οποία είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο � και α<Ο<β. Αν για κάθε

χ Ε [α, β ] ισχύει f(x) � !2 [f(α) + f(β)]

και

lχ->α irn[f(x) - (χ - α) ημ 2 1- 2 ] = Ο , τότε χ α

Να προσδιορίσετε τους αριθμούς f(α), f(β).

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ξ 1 , ξ2 Ε (α, β) ώστε Αν επιπλέον η

f"

f(

ξξ� �;�ξ2 ) f '��2 ) - f'�:ι ) =

είναι συνεχής και για οποιαδήποτε συνάρτηση g: ��� με συνεχή δεύτερη

παράγωγο και g(α)=g(β) ισχύει

Jf(x)g"(x)dx

β

α

=

Ο , να αποδείξετε ότι η f είναι σταθερή στο [α, β] .

δοσμένη σχέση για χ=α γράφεται: 2f(α)2::f(α)+f(β) => f(α)2::f(β) (1) Ομοίως η ίδια σχέση για χ=β γράφεται: 2f(β)2::f(β)+f(β) => f(β)2::f(α) (2) Από τις (1) και (2) συνάγουμε ότι f(α)=f(β). Εύκολα, από το κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε ότι 1 1 1 lim (χ - α)ημ 2 2 = 0 οπότε lim f(x) = lim{[f(x) - (x - α)ημ Χ 2 - α 2 ] + (χ - α)ημ Χ 2 - α 2 } = 0 και Χ -α εξαιτίας της συνέχειας της fλαμβάνουμε f(α)=Ο. Άρα f(α)=f(β)=Ο. Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουν ξ ι , ξ2 Ε(α, β) ώστε f(ξ ι )-f(ξ2)=ξ2 f' (ξι)-ξ ι f' (ξ ι ) ή αρκεί, f(ξ ι )+ ξ ι f' (ξ ι )=f(ξ2)+ξ2 f' (ξ ι ) Σε καθένα από τα διαστήματα [α, Ο] και [0, β] η g(x)=xf(x) είναι παραγωγίσιμη με g'(x ) = f(x) + xf'(x) οπότε ισχύουν γι' αυτή οι υποθέσεις του Θ. Rolle. Υπάρχουν λοιπόν ξι Ε(α, Ο) και ξ2 Ε(Ο, β) ώστε να ισχύουν g'(ξ1 )=g'(ξ 2 ) =0, οπότε f(ξ ι )+ ξι f' (ξ ι )=f(ξ2)+� f' (ξ ι ) Επειδή η δοσμένη ισότητα ισχύει για οποιαδήποτε συνάρτηση g με τις ιδιότητες που περιγράφονται στην εκφώνηση του προβλήματος και η f είναι μια τέτοια συνάρτηση, η δοσμένη ισότητα με f αντί για g β β β x (x (x => γράφεται Jf ) f" ) d = Ο (3) και (3) Jf(x) [ftx)]' dx = Ο => [f(x) f'(x)]� Jf'(x) ftx)dx=O Η

Χ->α

Χ->α

Χ->α

·

·

·

·

f(β) f' (β)-f(α) f' (α)- J[f'(x)] 2 dx =Ο => J[f'(x)] 2 dx =Ο => [f(x)] 2=0 ::::> f(x)=O, για κάθε ΧΕ [α, β] α

β

α

α

β

διότι [f(x)] 22::0 και αν η συνάρτηση δεν ήταν παντού μηδέν στο [α, β] θα ήταν J[f'(x)] 2 dx >0. Άρα η α

α

β

α

f(x)=O, οπότε f(x)=c στο [α, β] και δεδομένου ότι f(α)=f(β)=Ο, η f είναι η μηδενική συνάρτηση στο [α,β]. Στο προηγούμενο θέμα έχουμε χρησιμοποιήσει δύο φορές, με διαφορετικό μαθηματικό αντικείμενο κάθε φορά, έναν «δημοφιλή)} ποσοδεικτικό κανόνα συμπερασμού, τον λεγόμενο κανόνα ειδίκευσης του καθολικού. Ο κανόνας αυτός με απλά λόγια λέει ότι, αν ένας προτασιακός τύπος p(x) μιας μεταβλητής χ ισχύει για κάθε χ ε Α και ξ ε Α, τότε ρ(ξ) αληθής. Εδώ θα πρέπει να επισημάνουμε ότι αν για δυο συναρτήσεις f, g ισχύει f(x) g(x)=O για όλες τις τιμές του χ που περιέχονται ·

{χ+1 χ>Ο

στο κοινό μέρος Α των πεδίων ορισμού τους, τότε για κάθε χ ε Α ισχύει f(x)=O ή g(x)=O. Από αυτή δεν προκύπτει ότι f(x)=O για κάθεχ ε Α ή g(x)=O για κάθε χ ε Α. Έτσι για παράδειγμα αν θεωρήσουμε τις συναρτήσεις

g(x)

=

{χ- 1 χ :$ 0 '

Ο,

χ>Ο

χωρίς καμία από αυτές να είναι η μηδενική, ισχύει (f g)(x)=O για κάθε χ ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/55 .

f(x)

=

'

Ο,

χ ::; Ο

και

Ε 1R . Στην περίπτωση όπου f=g,

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

όπως εδώ από την ισότητα [f(χ)] 2=0 προκύπτει μονοσήμαντα f(x)=O.

2 . Έστω

f: IR.---t!R. μια συνάρτηση η οποία είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο IR.. Αν για κάθε xe!R. ισχύει 2f(x)=x[l + f' (χ)] τότε: α . Ν α αποδείξετε ότι η συνάρτηση f" είναι σταθερή. β. Αν επιπλέον f' (1)=3, να αποδείξετε ότι f(x)=x 2+x για κάθε xe!R..

συνεχής συνάρτηση με σύνολο τιμών το διάστημα [- � , - � ] , να αποδείξετε 2 2 ότι υπάρχει ξε(-1, ώστε f(ξ) = g(ξ)+ 2. χ 1 + ο- . Ν α υπο λογισετε το οριο ' ' ι·ιm ι dt . χ� «> + 1 f(t) + χ γ. Αν

g: (-1, 0]---t !R. μια

Ο)

J

της δοσμένης ισότητας δίνει 2f'(x) = 1 + f'(x) + xf"(x) ::::> f'(x) - 1 = xf"(x) (1) Οι συναρτήσεις που απαρτίζουν τα μέλη της (Ι ) είναι παραγωγίσιμες, οπότε με νέα παραγώγιση έχουμε: f"(x) = f"(x) + xf'"(x) ::::> xf"'(x) = Ο για κάθε χ ε!R.. Σε κάθε εσωτερικό σημείο του διαστήματος [0, +οο) έχουμε f'"(x) = Ο . Επίσης η f" είναι συνεχής στο [0, +οο), οπότε f"(x) = c 1 για κάθε χ:?:(). Ομοίως βρίσκουμε ότι για κάθε χ::;Ο ισχύει f"(x) = c 2 • Επειδή όμως ο αριθμός f"(O) είναι μοναδικός, θα ισχύει c 1 =c2=α, αεΙR.. Άρα η συνάρτηση f" είναι σταθερή στο IR. και f"(x) = α . β. Από το (α) ερώτημα προκύπτει ότι f'(χ) =αχ+ β και f'(l) = 3 οπότε α+ β=3 ::::> β=3-α. Άρα η f είναι της 2 μορφής f(χ)=α � + (3-α)χ+γ με α, γeiR. (2) Η δοσμένη ισότητα για χ= Ι και χ=Ο δίνει αντίστοιχα f(1)=2 2 και f(O)=O, οπότε από την (2) προκύπτει άμεσα ότι γ=Ο και κατόπιν α=2. Επομένως f(x)=x2 + χ, χεΙR.. Ι Ο] . γ. Από μια στοιχειώδη μελέτη της f στο διάστημα [- Ι , Ο] εύκολα βρίσκουμε ότι f([-I , 0 ])= [--, 4 Εξάλλου από το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής για την g στο ίδιο διάστημα συνάγουμε ότι υπάρχουν χ1, x2 e [- I , Ο] με g(x1)= - � και g(x2)= - � . Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=f(x)- g(x)-2, οπότε 2 2 αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει ξ ε(- Ι , Ο) ώστε h( ξ)=Ο. Η h είναι συνεχής στο διάστημα που σχηματίζουν οι αριθμοί χ1, χ2 και επιπλέον h(x1)=f(x1)-g(x1)-2=f(x1) + � - 2 =f(x1)+ _!_ >Ο καθότι f(x1)>- - _!_ 2 2 4 ' και h(x2)=f(x2 )- g(x2 )-2=f(x2) + � - 2 =f(x2 )- _!_ <Ο καθότι f(x2 )::; Ο. Επομένως, απ' το Θ. Boizano θα 2 2 υπάρχει ξ ε(- Ι , Ο) έτσι ώστε h( ξ)=Ο, που είναι το ζητούμενο. δ . Για κάθε χ>Ο με tε [χ, χ+ Ι ] έχουμε: (x::;t::;x+ I και χ2 ::; r ::; (x+ I)2 ) =:> x2+x+ I::;r+t+ I::;(x+ I)2+(x+ I)+ I ::::> Ι -< 1 < Ι 1 Ι dt < Ι dt ::::> < J ----:,..---::::> J dt J 2 2 2 2 2 t +t+I χ +χ+Ι (χ+ Ι ) + χ + 2 (x+ I / + x + 2 - t + t + I x + x + I Ι Ι dt � Ι ::::> Ι Ι dt � Ι και < J � J (χ+ 1) 2 + χ + 2 t 2 + t + I χ 2 + χ + Ι (χ+ Ι) 2 + χ + 2 f(t) + I χ 2 + χ + Ι 1 Ι = ο οποτε Ι dt =ο . · ' απο' το κριτηριο ' παρεμβ ολης' συμπεραινουμε ' lim lim ' ι1m οτι J 2 2 χ-(χ+Ι) +χ+2 χ-χ +χ+Ι χ-++ο:> f(t) + 1 Λ iJση

-

υ.

Η παραγώσιση

χ+ι

-

-----

χ+ι

χ

χ

3 . α . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση διάστημα (1, 2).

χ+ι

- χ

χ+ι

-

χ+ι χ

--

χ

2Ιηχ+χ2=2χ

+ x I -χ

έχει μοναδική θετική ρίζα η οποία περιέχεται στο

β. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)= _ ! (lnx + 1) + ! χ και g(x)= -� . χ 2 2 i . Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός θετικός αριθμός χ0 ώστε η εφαπτομένη της f(x0)), να είναι κάθετη στην εφαπτομένη της C g στο σημείο Β(χ0, g(x0)). i i . Να εξετάσετε τη συνάρτηση f ως προς την κυρτότητα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ.4/56

C r στο Α(χ0,

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

, lnα lnβ 1 , , , , ο' λους τους θ ετικους αρι θ μους α, β για τους οποιους ισχυει =-. +Ν α β ρειτε α2 β2 e 3 x + χ2 χ e 2ln ! ν . Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι= dx .

2 2χ 1 Λ 1)ση ο. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=2lnx+x2 -2χ, χ>Ο. Η h είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (0, 1.1 . . 1· .

J

+ οο ) με h 1 (x) = 2 ..!_ + 2χ - 2 = ..!_ + χ + (-Γχ - � ) 2 > Ο για κάθε χ>Ο. Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο χ χ νχ πεδίο ορισμού της, οπότε η εξίσωση h(x)=O, έχει το πολύ μια (θετική) ρίζα. Επίσης ισχύει h( l )=- 1<0 και h(2)=2ln2>0, οπότε απ' το Θ. Bolzano προκύπτει ότι η h(x)=O έχει μια ρίζα στο διάστημα ( 1 , 2) η οποία είναι και η μοναδική ρίζα της. β.i. Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο (0, + οο ), οπότε αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει _!_ · χ -lnx -1 1 lnx +-1 χμοναδικός θετικός αριθμός Χ0 με την ιδιότητα f1(X 0 ) g 1(X 0 ) = -1 . Είναι: f1(X) ,..:. .:...._ ..,.+=2 χ2 2 χ2 και g1 (χ) = -χ οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ( ln: + .!..) · (-χ) = -1 (1) έχει ακριβώς μια χ 2 θετική ρίζα, το οποίο προκύπτει άμεσα από το ερώτημα (α), καθότι ( 1) <:::::> 2lnx+x2 -2χ=Ο <:::::> h(x)=O. -1 · χ 2 - 2x ln x 1 _ 2 ln x i i . Η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο (0, + οο ) με f"(x) = χ = 3 απ' όπου χ4 χ εύκολα βρίσκουμε ότι η f είναι κυρτή στο (0, Je ] και κοίλη στο [ Je , + οο ) i i i . Από το ερώτημα (ii) συμπεραίνουμε ότι η f1 είναι γνησίως αύξουσα στο (0, Je ] και γνησίως φθίνουσα στο [ Je ,+ οο ). Αυτό σημαίνει ότι η f1 παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x= Je , το f1(-fe) = __!__ + _!_ , οπότε για κ{ιθε α, 2e 2 lnα 1 1 1 lnα 1 l β 1 1 1 lnβ 1 , , n + - � - + - =:> - � - (3) με τις ισοτητες στις (2) β>Ο εχουμε -2 + - � - + - =:> -2 � - (2) και α 2 2e 2 α 2e β 2 2 2e 2 β 2 2e •

ι

= ;e Γ l:� α , l l nβ n , 'Ε 1 Γ β= , αν α= - νe . τσι, εχουμε: και (3) να ισχυουν αν και μονο + = <:::::> α= β =νe ::::> <: J_ ; lnβ = α 2 β2 β 2 2e e 2lnx+x 2 -X3 d eί 1 (e) - f( ) --g( 1 1 ) e = f(e) +-g i v . Είναι: f x= / lnx2 + -1 - -Χ )dx= e/ί f1 (χ) + -1 g1 (x))dx =[f(x) +-g(x)]1 l l 2 2χ Χ 2 2 2 2 2 2 1 1 = - -1 (e3 - 2e 2 - 4e + 8) 4e 1

4 . Έστω f: IR-+IR μια παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία κάθε χ, ye !R. με x:;ty ισχύει x+y f(x) - f(y) = (χ + y )f( ).

2 x-y α.

Να αποδείξετε ότι f'(x)-2xf(x)=O. β. Αν f(O)=l, να αποδείξετε ότι f(x)= ex .

γ. Αν

g(x)= Jf(t)dt , να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι= Jg(x)dx .

1

δ. Ν α αποδείξετε ότι

Λί ΗΠΙ α.

1

χ

1

1

Jf(x)dx + Je 2 (f(x))·1 dx

ο

ο

<

e2 + 1 .

2

ο

f:.

Να υπολογίσετε το όριο lirn g(x) . x -+ + cc

Είναι: lim{(x + y)f ( + Υ )} = 2yf(y) διότι η f ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής, οπότε για τυχαίο 2 x -+y

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/57

Μαθηματικά για την

Γ' Λυκείου

- 2yf(y) . Ά ρα η f ειναι παραγωγισιμη στο � και για κα' θ ε ΧΕ /1])�. ΥΕ /1])� ισχυ' ει lι"m f(x) - f(y) Χ-Υ f(x)=2xf(x), ισοδύναμα f(x)-2xf(x)=O Αρκεί να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση h( χ) = f (χ )e είναι σταθερή στο � και λαμβάνει την τιμή 1 . Για κάθε ΧΕ � έχουμε: h'(x) = f'(x)e- x - 2xf(x)e-x = (f'(x) - 2xf(x))e-x = Ο Άρα η h είναι σταθερή. Εξάλλου h(O)=f(O)e0=1, οπότε h(x)=1 , ΧΕ � που είναι το ζητούμενο.

1 ' ] � = --1 (e - 1) Είναι: Ι = Jx'g(x)dx = [xg(x)] � - Jxg'(x)dx = Ο - Jxex ' dx = --[ex 2 2 Επειδή f(x) = ex' αρκεί να αποδείξουμε ότι Jcex' + e 2 - x' )dx < e 2 + 1 . Θεωρούμε τη συνάρτηση '

x .... y

2

-χ

2

ι

ι

ι

ο

ο

ο

/1])

'

2

2

ι

ο

t(x)= e + e 2- , 0:5χ:51 . Η t είναι συνεχής στο [0, 1] και παραγωγίσιμη στο (0, 1) με 2χ, (e 2 - e 2 ) και t (x)<O για κάθε χΕ(Ο, 1). t'(x) = 2xex - 2xe = 2x(ex - e 2 ) = ' ex Άρα η t είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 1 ], οπότε για κάθε ΧΕ [Ο, 1] ισχύει t(x):5t(0)=> Jt(x)dx � Jσ + e 2 )dx => Jcex ' + e2 -x ' )dx < e 2 + 1 που είναι το ζητούμενο. χ

'

2

χ

'

2

-χ

2

2

-χ

2

χ

ι

ι

ι

ο

ο

ο

2

Για οποιοδήποτε θετικό αριθμό χ, στο διάστημα [0, χ] εφαρμόζεται για την g το Θ.Μ.Τ. οπότε υπάρχει ξΕ(Ο, χ), που γενικά εξαρτάται από το χ, ώστε να ισχύει g(x)- g(O)=g' (ξ)x=>g(x)=g'(ξ)x+g(O). Επειδή ξ2>0 έχουμε eξ' > 1 , οπότε g(x)>x+g(O) και, δεδομένου ότι lim (x + g(O)) = +οο , έχουμε lim g(x) = +οο . χ� +ω

χ�+ οο

Αν μια συνάρτηση f είναι κυρτή στο [α, β] τότε εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. για την f σε α+ β α+ β καθένα από τα διαστήματα [α, ] και [ , β] και συνυπολογίζοντας τη μονοτονία της f προκύπτει ότι 2 2 α+ β α+ β f(α)+f(β)>2f( ). Η ανισότητα όταν η συνάρτηση είναι κοίλη, λαμβάνει τη μορφή f(α)+ f(β)<2f( ).

2 2 Έστω f: JR�JR. μια συνάρτηση η οποία είναι κυρτή στο JR. Αν f(O)=f(1)=0, να αποδείξετε ότι: Υπάρχει μοναδικό Χ0 Ε (0, 1) ώστε f'(x0)=0. ( Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο Χ0• Για κάθε χ Ε (Ο, 1) ισχύει f(x)<O. ' ' · f(2)+f(8)>4f(3). lim f(x) = +οο . '

χ�+ω

f είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] και f(O)=f(1), οπότε απ' το Θ. Rolle προκύπτει ότι υπάρχει Χ0Ε(0, 1) ώστε f(xo)=O. Εξάλλου η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1] οπότε ο αριθμός Χ0 είναι μοναδικός. Από τη μονοτονία της fσυνάγεται ότι: Για κάθε χ<χ0 έχουμε f(x)<f(x0) δηλ. f(x)<O, οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, Χ0] και Για κάθε χ>χο έχουμε f(x)>f(xo) δηλ. f(x)>O, οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, Χ0]. Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο (ολικό) στο Χ0• Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, Χ0] οπότε για κάθε χΕ(Ο, Χ0] ισχύει f(O)>f(x):Ξ':f(xo) => f(x)<O Ομοίως από τη μονοτονία της f στο [χ0, 1 ] συμπεραίνουμε ότι για κάθε χΕ [χ0, 1) ισχύει f(x)<O. Επομένως, για κάθε χΕ(Ο, 1) ισχύει f(x)<O. Με διπλή εφαρμογή της ανισότητας Jensen (παραπάνω σχόλιο) στα διαστήματα [2, 8] και [ 1 , 5] προκύπτει ότι: f(2)+f(8)>2f(5)=2f(5)+2f(1)=2[f(5)+f(1 )]>2 2f(3) => f(2)+f(8)> 4f(3). Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο τυχαίο σημείο της με τετμημένη α, α>χο έχει εξίσωση y-f(α)=f(α)(χ-α). Δεδομένου ότι η f είναι κυρτή στο JR, η Cr θα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη (εκτός του σημείου επαφής). Αυτό σημαίνει ότι για κάθε χ:Ξ':χο έχουμε f(χ):Ξ':f(α)(χ-α)+f(α) Επίσης f(α)>f(x0)=0 οπότε lim [ftα)(x-α)+f(α)] =+oo και κατά συνέπεια, lim f(x) = +οο. Η

·

χ�+ ω

Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός

z

για τον οποίον ισχύει

χ � +οο

lz + il :s; Jz - 11 , (1)

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του μιγαδικού αριθμού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/58

z

που ικανοποιεί την (1).

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2 1 dt , a > Ο , (2) και τον μιγαδικό αριθμό f(x) = J-0 a+e z = f(x) + xi , χ e JR (3), ο οποίος ικανοποιεί τη σχέση (1) ,να αποδείξετε ότι: Η f αντιστρέφεται. : Οι εικόνες των z που δίνονται από την (3) βρίσκονται πάνω στο γράφημα της r-• .

1 <1 1 1 Re(z) :S: Im(z) για κάθε x e JR . a=1. f(2) - 2 f(1) < Να βρεθεί το 1 l 1+e 1+e . Θεωρούμε τη

πρόσημο της f .

χ

συνάρτηση

4 1 Je'f(x)dx - ef(1) = ln -(1 + e) I

f(χ) - f(-χ) = 2χ , για κάθε x e JR .

ο

Από τη σχέση (1) ισοδύναμα έχουμε: lz + il ::; l z - 1 1 l z - il ::; l z - 1 1 <=> (ΜΑ) ::; (ΜΒ) , (4) όπου Μ( z), Α(Ο, 1) και B(l ,O) . Από τη σχέση (4) προκύπτει ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(z) είναι η ευθεία ψ = χ και το επίπεδο που ορίζεται από την ευθεία ψ = χ και το σημείο B( l ,O) . ' Η συνάρτη ση g(t) = -2-, , t Ε � είναι συνεχής για κάθε t Ε � ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, a+e <=>

2-, χ Ε � , συνεπώς η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε χ Ε � με f'(x) = (5) a + ex Από την ( 5) έχουμε f'(χ) > Ο , για κάθε χ Ε � , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα για κάθε χ � , άρα " 1 - 1 " συνεπώς η f είναι αντιστρέψιμη για κάθε χ Ε � . Οι εικόνες του μιγαδικού z = f ( χ) + xi , χ Ε � είναι Ν(f ( χ), χ) . Ως γνωστό οι εικόνες των Cr καιC r-, έχουν συμμετρία ως προς την ευθεία ψ = χ συνεπώς το τυχαίο σημείο M'(x, f(x)) Ε Cr έχει συμμετρικό το N(f(x), x) ως προς την ευθεία ψ = χ , άρα οι εικόνες του z = f(x) + xi, χ Ε � βρίσκονται πάνω στο γράφημα της r-ι . Από τη σχέση (1 ) και λόγω της (3) έχουμε: i f(x) + (1 - x)il ::; /{ f(x) - 1) + χί / , (6) όπου εφαρμόζοντας τον τύπο του μέτρου μιγαδικού προκύπτει: f(x) ::; χ , (7 ) άρα Re(z) ::; lm(z) για κάθε χ Ε � . Έστω η συνάρτηση h : h(x) = f(x) - x , Χ Ε � , τότε h(O) = O h(x) ::; h(Ο)για κάθε χ Ε � , λόγω της (7). Άρα η h παρουσιάζει για χ = Ο μέγιστο το h(O) = Ο . Η h 2- - 1 , (8) συνεπώς: είναι παραγωγίσιμη στο � με h'(x) = a + ex Η h έχει ακρότατο στη θέση χ = Ο ( εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της). Η h είναι παραγωγίσιμη στη θέση χ = Ο . άρα βάσει του θεωρήματος του Fenηat προκύπτει h' (Ο) = Ο από όπου προκύπτει λόγω της (8), a = 1 . Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 1, 2) Για την f , ισχύουν Η f είναι συνεχής στο [ 1, 2] και συνεπώς ισχύει το θεώρημα της μέσης τιμής , άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( 1, 2) τέτοιο ώστε: f' {ξ ) = f(2) - f(l) , (9)επειδή 1 < ξ < 2 και ex γνησίως αύξουσα στο � έχουμε, 2-1 Ε

e < eξ < e2 <::> 1 + e < 1 + eξ < 1 + e2 <::> � < __2_ < _2_ , (1 0) και λόγω των (5) και (9) έχουμε το ζητούμενο.

1 + e 1 + eξ 1 + e Η f έχει ρίζα το χ = Ο και επειδή είναι γνησίως μονότονη ( γνησίως αύξουσα) προφανώς η ρίζα της είναι μοναδική, συνεπώς : Για χ > Ο :::::> f(x) > f(O) = Ο . και Για χ < Ο :::::> f(x) < f(O) = Ο .

(1 1 ) θέτουμε t = -u :::::> dt = -du, t = Ο :::::> u = Ο, t = -χ :::::> u = χ , ( 12) συνεπώς Ισχύει f(-x) = }-�dt, 0 1+e

2 dt , (13) οπότε παίρνουμε: f(x)-f(-x) = J2dt =2χ , ( 14) η ( 1 1) λόγω της (12) δίνει, f(-x) = - J� χ

χ

t

1+e

( 1 + ex ) Έχουμε Jexf(x)dx = J( ex )' f(x)dx = ef(l) - f(O) - 2 Jex 1 dx = ef(l) - 2 ιJ dx = ι

ο

ι

ο

ο

ο

ι

ο

-χ

1+e

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/59

ο

1+e

I

χ

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2 = ef(l) - 2[ln(l + e' ) ]� = ef(l) - ln (1 +4e ) ,

( Ι 5)

από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

7. Α . Να αποδείξετε ότι: lz + wl + lz - wl � lzl + lwl , z,w e C . Β. Έστω η συνάρτηση f ορισμένη και παραyωyίσιμη στο χ e [0, 1 ] και

Jf(x)dx = -4 (1). Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση I

σ

διάστη μα [ 0, 1 ] με

f'(x) > Ο για κάθε

f(x) + 3χ 2 + 3 = Ο i:χει μία μόνο ρίζα στο (0, 1).

:\. Έχουμε 2 1 � = 1 2� = l ( z+w) +(z - w)l �Ιz+wl + l z - wj , 2 l wl = l 2wJ = l ( z + w) - (z - w) l �Ιz+wJ + I z - wj Προκύπτει το ζητούμενο.

I I I I Β. 'Εστω η συνάρτηση g με τύπο g(x) = f{x) + 3x2 + 3, x EIR, τότε Jg(x)dx = Jf(x)dx+ J3x2 dx + J3dx , (2) ο ο ο ο I συνεπώς λόγω της ( 1) από την (2) προκύπτει ότι: Jg( χ )dx = Ο . (3 ). Θεωρούμε G την παράγουσα της g , ο τότε χρησιμοποιώντας το βασικό θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού λόγου της (3) παίρνουμε: G(l) = G(O) , (4) και επειδή η G είναι συνεχής [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) , τότε από το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο, Ι) τέτοιο ώστε, G'(ξ) = Ο => g(ξ) = Ο , (5), συνεπώς το ζητούμενο. Η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε χ Ε IR έχουμε: g'(x) ftx) + 6χ, χ Ε IR , (6), δηλαδή g'(x) > Ο για κάθε χ Ε (Ο, Ι) συνεπώς η g είναι γνησίως μονότονη, άρα η ρίζα της g(x) = Ο είναι μοναδική. f ) + s . Θεωρούμε συνάρτηση f : R � R για την οποία ισχύουν: f ' { 0 ) = 1 και f { x + y ) = ΛiJ ση

=

�: r�:)

A

για κάθε f

χΕR.

{ χ) = x · e-• .

ο: } Δείξτε ότι: f '

(χ) + f (χ ) = e1' .

β j Ν α αποδειχθεί ότι ο τύπος της f είναι :

γ ) Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης της f η οποία διαπερνά την καμπύλη Cr .

χ Ε [ 0, 2 ] . χ f(x) f(y) f(x 0 + h) - f(x 0 ) , με χ ε !R Λ. ύση α) f(χ + y) = -- + -- . 'Εχουμε : λ(h) = 0 eY e' h f(x 0 ) + f(h) - f(χ ) ο e''f(x 0 ) + ehf(h) - e'' · eh · f(x 0 ) -e''f(x 0 ) { eh - I) + eh · f(h) � το λ(h) = = = h h · e'' · eh h · e'' · eh Ι f(h) Ι eh - 1 Ι f(h) eh - I + --· -+ --χ ER h . = -f(x )= -f ( x 0 ) -0 h · e h e'' h e h h e'' h ' 0 ' :;t: O δ) Δείξτε ότι : e-•+ 2

� -1 + i , για κάθε

=

Ι e h - 1 ω= ιimeh = Ι (2) ., lim-= Ι (1). Έχουμε : limι;-->0 -->0 h e h h h -->0 f ( x ) - f(O) = Ι r�o ιim f( χ) = Ι (3). Αρχικά έχουμε: f (O) = f (O) + f (O) =>f( O) =O και f'(O) = Ι ιim ,_.ο χ _ ο , _.ο χ ι ι f(x 0 + h) - f(x 0 ) = -f( x ) + 1 με x E R Από (1), (2), (3) έχουμε : ιim 0 0 h e� h -->O άρα : f'(x 0 ) = -f( x 0 ) + � , δηλαδή f'(x) + f(x) = i για κάθε x E R . e' e' · · 2 β) 'Εχουμε : f'( χ) + f { χ) = ι e ' f'( χ) e' + f(x) e' = Ι f" + => {f(x) · e' )' = (x)' f ω

DLH

=>

4!>

=>

-00

Σ.Κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f ( o ) =O

=> f(x) · e x = x + c => c = O => f(x) = = x · e- ' . ;xγ) Επειδή η εφαπτομένη που διαπερνά μια καμπύλη εφάπτεται αυτής στο σημείο καμπής θα κάνουμε μελέτη κυρτότητας. f'( χ) = e- x (1 - χ) , f"( χ) = e- x (χ - 2) f " (χ) = Ο => χ = 2 , f " (χ) > Ο => χ > 2 => f κυρτή και αύξουσα στο [ 2, +οο) αφού f(2) = f"(x) < Ο => χ < 2 => f κοίλη και φθίνουσα στο ( -οο,2] . Σημείο καμπής το Μ 2, Χ

�

( �) .

Εξίσωση εφαπτομένης στο χ = 2 : y = f(2) + f'(2)(x - 2) όπου f { 2) = -; e άρα e , f'(2) = - � 0

_!_(x = -_!_x + _i_ (ε). y=2 e 2 e 2 - 2) ή y e2 e 2 δ ) Επειδή η Cr είναι κοίλη στο [0,2] θα είναι κάτω από την εφαπτομένη (ε) άρα : χ · e- x ::; - � χ + � ή e e χ �Ο x · e- x + 2 ::;; -χ + 4 => e- x + 2 ::; -χ + -χ4 . Α9• Έστω συνάρτηση f : ( Ο, +οο ) R με f ( χ ) Ο για κάθε χ Ο παραγωγίσιμη στο ( Ο, +οο ) με f ( 1 ) = e και lnf ( x ) + x ff' (xx ) = 0 . υ) Δείξτε ότι : f ( x ) = e' , χ :# Ο . ( ) χ 1 !Η Για κάθε χ � 1 να αποδειχθεί ότι : -e ( χ - 2) ::;; f ( χ ) ::;; e - � f ( χ ) . χ 2 γ) Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης : f ( χ ) = συνχ + � στο ( Ο,+οο ) .

2 !2 f x ) ::;; %( 3 - .Je} . ") \ Δείξτε ότι : _

>

�

>

!

�

α:) Έχουμε : ln f( χ) + χ f'( χ) = Ο => ln f(x) + χ · (ln f( χ))' = Ο , f(x) > Ο f( χ) f{ l) =e .!_ => (χ · ln f (χ))' = Ο => χ · ln f (χ) = c => ln f (χ) = -Ι => f (χ) = e χ χ f(x) - f {I ) . Αλλά f\ ) Αν χ>Ι , τότε από Θ.Μ.Τ. για την f στο [Ι,χ] , υπάρχει ξ ε (Ι, χ) : f'{ξ) = χ-Ι 23 e.!..x + -Ι e.!..x -Ι > Ο στο (Ο,+οο) άρα και για χ > Ι . Επομένως: f' t [1, χ] f'(x) = - -Ι2 ex.!.. και f"(x) = 2 2 χ >Ο - e < - -Ι e =>-e χ - 1 f ( x) - l) < f ( x) -e < -x και 1 < ξ < χ =>f'(1) < f'(ξ) < f' ( x) => -e < f(α) ( 2 χ2 χ χ-Ι => -ex + e + e < f (χ) < e - χχ� Ι f (χ) ή => -e (χ - 2) < f (χ) < e - χχ� 1 f (χ) με χ = Ι έχουμε ισότητα. χ 2 , χ > Ο . Τότε: g'(x) = --Ι e.!..x + ημχ - χ . Αλλά Έστω g(χ) = f(χ) - συνχ - γ) 2 χ2 , \ ίJση

•

Χ

Χ

Χ

Λ

Χ

χ Ο

l η μx l ::;; l x l =>> l ημx l < x => -χ < ημχ < χ => ημχ - χ < Ο άρα g'(x) < O στο (Ο,+οο) άρα g.J-( O,+oo) . Σύνολο τιμών της g είναι : g (Ο, +οο) = ( lim g (χ), lim g (χ) ) . x2 = � - x OlMi. +� � , lim g( χ) = 1 - lim χ lim ,. g(x) = e� + lim 2 =1-(-too) (O+( -too) ) =-χ .

2 2�

(

- συνχ -

ν

J

[(

Χ �+<Ο

Χ

)

Χ -+ 0+

Χ-++«>

Χ-++«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/61

(

Χ-++«>

συνχ Χ

Χ -Η«>

�)

lim χ -+ ο•

(

)

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

g (x) = lim e� - συνχ - � = +οο - 1 - Ο = +οο άρα : g((O,+oo)) = R και επειδή O E R και 2 χ�ο·

ν

g J. (Ο, +οο) η εξίσωση g (χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα στο (Ο, +οο) . Από το β ερώτημα έχουμε : f (χ) � e - χχ� 1 f (χ) � f (χ) + _!_χ f (χ) - � χ f (χ) � e

()

[ ]z

I I f(Χ) 1 1 1 I 2 2 � f (x) + � f (x) - � e � � e � f (x) + � f (x) - e� � � e � J r(x) - x + J -- + e� � J e dx :2: e x

� J\ χ) f (χ) dx - χ + J2

[

]

I

f

�χ) + .fe" - e � e � [xf (χ)]� - j\r 1 (χ) J2 f�χ) � 2e - .fe"

1

2

+

2 f (χ) 5, 3 e - 3 .fe Ι .!. 2 f (χ) 5, 2e -.fe =:> 2 J2 -dx Ι .!. 2 f (χ) 5, 2e - .fe :::::> 2-fe - e + J2 -e'dx :::::> xe•.!. + J2 x-e'dx Χ Χ +JΧ Χ Χ2 + J f χ) dx 5, %( e- .fe) . :::::> 2 J2 Έστω f παραγωγίσιμη συνάρτηση στο (Ο, +οο ) με f (ι) = α Ε (Ο, +οο) για την οποία ισχύει:

� I

( xf ' ( χ ) + ι)( f ( χ) + Ιη χ ) = α2χ2 • Δείξτε ότι : i) ( f ( χ ) + ln χ )2 = α2χ2 , ii) f ( χ ) = αχ - ln χ . Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα . Αν ι � f ( χ) να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του α. ι Ιη(χ + ι) < ι . , : Για την ελάχιστη τιμή του α να δείξετε ότι: -- < χ χ+ι i) ( xf1{x} +1)( f{ x} + ln x) = cix2 � f1( χ) + ( f( χ) + In χ) = α 2 χ :::::> ( f{ χ ) + lnx)( f{ χ) + lnx ) 1 = α2χ �

(

.;)

2 { f ( χ) + ln χ){ f (χ) + ln χ} 1 = 2α 2 χ :::::> ( { f (χ) + ln χ}2 ) 1 = (α 2 χ 2 ) :::::> { f (χ) + ln χ)2 = α 2 χ 2 + c (1).

(1 ) =:> α 2 = α 2 + c =:> c = O , (1) =:> { f(x) + ln x} 2 = α 2 χ 2 • ii) Έστω g(χ} = f(χ) + lη χ.'Εχουμε: g(x} =O � g 2 (x) = O � { f(x) + ln x} 2 = 0 <=:} α2χ2 = 0 , αδύνατη διότι α > Ο και χ > Ο . Επειδή η g είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο (Ο, +οο ) θα διατηρεί πρόσημο, ο α δηλαδή : g (χ) > Ο ή g (χ) < Ο για κάθε χ Ε (Ο, +οο) fΙ + και αφού g(1) = f(1) = α θα έχουμε: g ( χ ) > Ο , για f I κάθε χ Ε (Ο, +οο) . Άρα g (χ) = αχ , δηλαδή f (χ) + ln χ = αχ , οπότε: f (χ) = αχ - ln χ . . f 1 (χ) = α -_!_χ = αχχ- Ι , f 1 (χ) = Ο :::::> χ = α , f 1 (χ) > Ο :::::> χ ε α +οο :::::> f t α +οο , x=l

-00

(_!_, ) [_!_, )

_!_

( ;) =:> f J (ο, �J . Ελάχιστο το: r (±) = I - ln � = I + ln α . 'Εχουμε: 1�f{ x) για κάθε χ (Ο, +οο) (1), οπότε: (Ι) =:> Ι 5, fmin (χ ) :::::> Ι 5, r (±) =:> ο 5, ln α :::::> Ι 5, α :::::> αmin = Ι .

f1(x) < O

Λ

=:> χ ε ο.

Ε

Για α = 1 έχουμε: f ( χ) = χ - ln χ . Από Θ.Μ.Τ. για f στο [1, χ + 1] υπάρχει ξ (1, χ + 1) τέτοιο ώστε: f 1 (ξ) = f (χχ++Ι)Ι --fΙ (Ι) = (χ +Ι) -lnχ (χ +Ι) - Ι = χ - Ι χ(χ + Ι) = Ι - ln (χχ +Ι) (1) αλλά f 1 (χ) = Ι - _!_χ :::::> f " (χ) = _!__ χ2 0 στο (Ο, +οο) άρα f 1 t (1,χ+1) c(Ο,+οο} . 'Εχουμε: l < ξ < x + l �f1{1) <f1{ξ) <f'{x+l) Ι :::::> Ι < ln(x + I) < Ι, χ Ο . Ι =:> -Ι < - ln(x + I) < -=:>Ο < Ι - ln(x + I ) < Ι -χ χ+Ι χ+Ι χ+Ι χ χ Ε

η

(Ι)

Λ

>

>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/62

(χ )=

g

β

ft

α

(χ, t )jt

Αντώνης Κυριακόπουλος- Γιώ ργος Τ ασσόπουλος 1) ΘΕΩΡΗΜΑ ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗΣ ( Ή ΘΕΩΡΗΜΑ ΑΛΛΑΓΗΣ ΤΗΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ) ΣΤΑ ΟΡΙΣΜΕΝΑ ΟΛΟΚΛΉΡΩΜΑΤΑ. Θεώρημα. Μία συνάρτηση g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη σ' ένα διάστημα και η

g'

είναι συνεχής στο

Δ. Μία συνάρτηση f είναι g( β )

Jf(g(x))g'(x)dx J f(x)dx.

β

ισχύει:

=

α

Δ=[α,β) ορισμένη και συνεχής στο g( Δ) . Τότε

(1)

g( α)

Απόδειξη. Επειδή η g είναι συνεχής στο Δ ,έπεται ότι το σύνολο g(Δ) είναι ένα διάστημα [κλειστό, όχι κατ' ανάγκη με .άκρα g(α) και g(β))].Και επειδή η f είναι συνεχής στο g(Δ),έπεται ότι υπάρχει παράγουσα της f στο g(Δ) . .Εστω λοιπόν ότι F είναι μία παράγουσα της f στο g(Δ):Ετσι, η F είναι ορισμένη και F'( ) f( χ ) , \t x Ε g(Δ). παραγωγίσιμη στο g(Δ) και ισχύει: (2) Επειδή οι αριθμοί g(α) και g(β) ανήκουν στο g(Δ), έχουμε: g(β) (3) J f( χ }jx=[ F( χ ) J:(α)( β) = F(g(β) )-F(g( α ) ) . g( α ) Λόγω των υποθέσεων, η συνάρτηση με τύπο: f (g( χ ))g'( χ ) είναι ορισμένη και συνεχής στο Δ. Εξάλλου, λόγω και της (2), έχουμε, για κάθε χ Ε Δ : f ( g(x )) g' ( χ) = F'(g( χ )) g' ( ) [F(g(x))J' . β ·Έτσι, έχουμε: Jr (g( χ ) )g'( χ ) dt [F(g( χ )) 1β F ( g ( β )) - F(g( α)). (4) χ

=

χ

=

=

=

α

Από τις (3) και (4) έπεται η (1).

1. Μερικοί πιστεύουν ότι στο παραπάνω θεώρημα, η συνάρτηση g οφείλει να αντιστρέφεται στο διάστημα [α, β] . Αυτό όμως, όπως είδαμε στην παραπάνω απόδειξη, δεν είναι απαραί-iητο ( βλέπε. και παρακάτω παραδείγματα) . Το σημαντικό είναι ότι με τον περιορισμό αυτόν περιορίζεται και η εφαρμογή του θεωρήματος. Σημείωση 2. Όταν για την εύρεση ενός ολοκληρώματος εφαρμόζουμε το θεώρημα αντικατάστασης, είναι απαραίτητο να διευκρινίζουμε με ποιον τρόπο το χρησιμοποιούμε. Δηλαδή, αν το δοσμένο ολοκλήρωμα θα το θεωρήσουμε ως το πρώτο μέλος ή ως το δεύτερο του θεωρήματος αυτού, ποιες είναι οι συναρτήσεις f και g, ποιο είναι το διάστημα [α, β] και αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος. Με άλλα λόγια, το θεώρημα αντικατάστασης στα ορισμένα ολοκληρώματα, πρέπει να το χρησιμοποιούμε συνειδητά και να ελέγχουμε αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του και όχι να εργαζόμαστε μηχανικά, χωρίς να ξέρουμε αν πάμε από το πρώτο μέλος το δεύτερο ή από το δεύτερο στο πρώτο και αν ισχύουν οι προϋποθέσεις του. Διαφορετικά υπάρχει κίνδυνος να κάνουμε λάθη. Σημείωση

2) ΤΡΟΠΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΗΣ ΤΟΥ ΘΕΩΡΗΜΑΤΟΣ.

Για να βρούμε ένα ολοκλήρωμα, χρησιμοποιώντας το παραπάνω θεώρημα αντικατάστασης, θα πρέπει να το φέρουμε ή στη μορφή του πρώτου μέλους της ισότητας ( 1) του θεωρήματος αυτού ή στη μορφή του δεύτερου μέλους. Πηγαίνοντας στο άλλο μέλος, μπορεί το νέο ολοκλήρωμα να βρίσκεται ευκολότερα. ιος Τρόπος. Από το πρώτο μέλος στο δεύτερο.

β

Έστω ότι θ έλουμε να βρούμε ένα ολοκλήρωμα: Ι = Jb( x )dx . Έστω ακόμα ότι θέλουμε να το αντιμετωπίσουμε ως το πρώτο μέλος της ισότητας ( 1) του θεωρήματος αντικατάστασης. Προς τούτο, θα πρέπει να βρούμε δύο συναρτήσεις f και g, οι οποίες να πληρούν τις α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/63

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

υποθέσεις του θεωρήματος αυτού στο διάστημα Δ=[α, β] (το οποίο μας είναι γνωστό) και επιπλέον να ισχύει: h(x) = f(g(x) )g'(x) , για κάθε χ Ε [α, β] . β g(β) β Τότε θα έχουμε: Ι = Jh(x)dx = Jr(g(x) )g'(x)dx = J f(x)dx. α α g( α ) Έτσι, φθάνουμε στο ολοκλήρωμα του δεύτερου μέλους που ενδέχεται να βρίσκεται ευκολότερα •

Στην πράξη δεν είναι πάντοτε εύκολη η εύρεση δύο τέτοιων συναρτήσεων f και g. Η πείρα θα μας οδηγήσει στην εύρεση της g, ίσως μετά από μερικές δοκιμές. Στη συνέχεια, για να βρούμε την f, γράφουμε τον τύπο της h υπό τη μορφή: h(x) = p(x)g'(x) , εκφράζουμε το p(x) συναρτήσει του g(x) και στο αποτέλεσμα θέτουμε όπου g(x) το χ. Για παράδειγμα αν p(x) = 2g 2 (χ) - 3g(x) + 1 , τότε όπου g'(x) :;C Ο , για κάθε χ Ε Δ , θα είναι προφανώς ρ( χ) =

h(x) . g'(x)

f(x) = 2χ 2 - 3χ 1 . Στην περίπτωση +

"

2

Παράδειγμα t .

Να βρείτε το ολοκλήρωμα: Ι = J( 5συν 2 χ + 1) 2 .συνχdχ. Λ "ί) σ η . Θα εφαρμόσουμε το θεώρημα αντικατάστασης, θεωρώντας το δοσμένο ολοκλήρωμα ως το πρώτο μέλος του θεωρήματος αυτού. Ονομάζουμε h την συνάρτηση που είναι στο ολοκλήρωμα. 'Εχουμε: h(x) = ( 5 συν 2 χ + 1 ) 2 συνχ = ( 5 συν 2 χ + 1 ) 2 (ημχ)' . Αφού το (ημχ)' είναι παράγοντας της h, μας ο

[ ]

παραπέμπει να θεωρήσουμε ως συνάρτηση g την g(x) = ημχ Ι 0, � = Δ , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο Δ με g'(χ) = συνχ , συνεχή στο Δ. Έχουμε: h(x) = (5συν 2 χ 1)2 g'(x) . Έτσι έχουμε: p(x) = (5συν 2 χ 1 ) 2 = [ 5(1 - ημ 2 χ) 1 τ = 25ημ4 χ - 60ημ 2 χ 36 = 25g 4 (x) - 60g 2 (x) + 36. Επομένως θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x) = 25χ 4 - 60χ 2 36 , η οποία είναι ορισμένη και συνεχής gω I % % στο g(Δ)=[Ο, 1 ]. Συνεπώς : Ι = Jh(x)dx = Jr(g(x) )g'(x)dx = J f(x)dx = J( 25χ 4 - 60χ 2 36 ) dx = 21 g(O) Π α ρ ό 6 ε ιγμα 2 . Να βρείτε το ολοκλήρωμα: Ι = JeΓxdx . Λt'>ση. Ονομάζουμε h την συνάρτηση που είναι στο ολοκλήρωμα. Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = .Jx Ι [1,4] = Δ ,η οποία είναι παραγωγίσιμη στο Δ με g'(χ) = 1Γ (:;eO), συνεχή στο Δ.

2νχ Γχ 'Ετσι, έχουμε: h(x) = e χ = 2-Jx eΓχ = 2g(x)e g( x ) . Επομένως θεωρούμε τη συνάρτηση: f(x) = 2xex , η g'(x) 1 2-Jx οποία είναι ορισμένη και συνεχής στο g(Δ)=[1,2]. Έτσι έχουμε (θεώρημα αντικατάστασης από το πρώτο μέλος στο δεύτερο): g( 4 ) 4 4 2 2 2 Ι = Jh(x)dx = Jr(g(x) )g'(x)dx = J f(x)dx = 2 Jxexdx = 2 Jx(ex )'dx = 2 [ xex ]� - 2 Jex (x)'dx = ... = 2e 2 • Ι I I Ι g( l ) Ι 4 Η παραπάνω διαδικασία δεν μπορεί να εφαρμοσθεί στο ολοκλήρωμα: Ι = JeΓxdx , γιατί η συνάρτηση: +

+

+

+

+

Ο

Ο

+

Ο

4 I

·

Ση μ 1: i ωfiη .

ο

g(x) = .Jx I [0,4] = Δ δεν είναι παραγωγίσιμη στο Δ, αφού δεν είναι παραγωγίσιμη στο Ο. Όπως θα δούμε παρακάτω, για να βρούμε το ολοκλήρωμα αυτό, θα το θεωρήσουμε ως το δεύτερο μέλος του θεωρήματος αντικατάστασης. Π α ρ ιί.δηγμα 3 . Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

"

Ι = J συνχ - ημχdx .

3

ο

8-

ημ 2 χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λύση. Ονομάζουμε h την συνάρτηση που είναι στο ολοκλήρωμα. Έχουμε:

- ημχ = 1 (ημχ + συνχ) , . h(x) = συνχ 8 - ημ2χ 8 - ημ2χ · Αφού το (ημχ + συνχ)' είναι παράγοντας της h, μας παραπέμπει να θεωρήσουμε ως συνάρτηση g την g( χ) = η μχ + συν χ Ι Ο, = Δ , η οποία είν:ι παραγωγίσιμη στο Δ με g' (χ) = συνχ - η μχ , συνεχή στο 1 ι 1 1 , Δ . 'Ετσι εχουμε: p( χ ) = 8 - ημ2χ = 9 - ημ 2 χ - συν 2 χ - 2ημχσυνχ = 9 - (ημχ + συνχ) 2 = --9 - g 2 (x) · 1- , η οποία είναι συνεχής στο Επομένως θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 9 - χ2 1 + ./3 g(ΔJ g(OJ ,g g( J ,g 2 , Fz [ ι Fz ] l +fJ Ι +fJ g(�) � � 1 - dx = _!_ J -1- + -1- dx = Συνεπώς: Ι = Jh(x)dx = Jf(g(x))g'(x)dx = f f(x)dx = J 9 - Χ2 6 Ι 3 + Χ 3 - Χ I g (O) l +fJ χ + 3 _ = ... = ι 19 + 6-13 _2 .!. = ι 22 6 3-Χ I

[ �]

�

[

η

Σ η μ ι:i ωσι1 :

]

[ (�J]u[ � (�JHI, hJu[

Ο

J

�

,

(

Ο

η

.

6

.

Παρατηρείστε ότι η h(x) δεν είναι

1-1

Π ο ρ άιi :;ιγ μ υ � . Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

στο

[0,�}

I=

J

1

_1

)

δηλαδή δεν αντιστρέφεται.

1

r-:;--:: χν χ 2 + 3 + χ 2

+

3

dx .

1 Ονομάζουμε h την συνάρτηση που είναι στο ολοκλήρωμα. Έχουμε: h(x) = ,η χ �χ 2 + 3 + χ 2 + 3 οποία είναι συνεχής στο Δ=[-1,1] ( γιατί;). Ως κατάλληλη συνάρτηση g φαίνεται εκ πρώτης όψεως να είναι η g( χ) = �χ 2 + 3 . Δοκιμάζοντας όμως βλέπουμε ότι δεν μας οδηγεί στο επιθυμητό αποτέλεσμα. Επειδή όμως: h( χ) � ( 1 � ) ,σε δεύτερη δοκιμή , ως κατάλληλη συνάρτηση μπορούμε να χ2 + 3 χ + χ2 + 3 χ+ � (> Ο), θεωρήσουμε την g(x) =x+�x2 +3 , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο Δ με: g'(x)=1+ � νχ2 +3 Jx2 +3 1 �χ 2 + 3 ( χ + �χ 2 + 3 ) 1 h(x) = συνεχή στο Δ. Έτσι, έχουμε: g'(x) = ( χ + �χ 2 + 3 )2 = g 2 (x) . χ+� �χ 2 + 3 , η οποία είναι συνεχής στο g(Δ) = [ g(-1),g(l)] = [l,3] Επομένως θεωρούμε τη συνάρτηση: f(χ) = � χ Ι I g( l ) (αφού g ! Δ ). Συνεπώς: Ι = Jh(x)dx = Jf(g(x))g'(x)dx = J f(x)dx = J;z1 dx = Jx-2 dx = � 1 = 23 I I Ι g (-1) Γ! ιφαη1 μηση. Κάποιος ενεργώντας εντελώς μηχανικά, θα μπορούσε να θέσει: y = χ + �χ 2 + 3 (1 ) και Ν+3 dy χ dx :::::> dy = χ+� , ως εξης: , (l) :::::> dy = 1 + � Υ να συνεχισει � dx :::::> dy = � dx :::::> dx = Υ νχ2 +3 νχ2 +3 νχ2 +3 �

3

-1

(

-1

J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/65

3 [ ]3 -

1

h(x)dx = νχ2 +1 3 · y · � dy ::::> h(x)dx = -12 dy, και επειδη:' χ = -1 y = 1, χ = 1 y = 3 , θα βρει: Ι= J-;.cty = ... = �3 . 'Ετσι, μπορεί να βρήκε το ίδιο απο�έλεσμα, αλλά έχει διαπράξει δύο σφάλματα. χειρίστηκε τα dx και dy σαν να ήταν παράγοντες. Τα dx και dy , πέραν της ιστορικής τους προέλευσης, γράφονται απλώς και μόνο για να δηλώσουν ποια είναι η μεταβλητή στην ολοκληρωτέα συνάρτηση( βουβή μεταβλητή). Αν μάλιστα δεν υπάρχει αμφιβολία για το ποια είναι η βουβή μεταβλητή, τότε τα dx ή dy μπορούν να παραληφθούν ( το κάνουν πολλά βιβλία Ανάλυσης). Για παράδειγμα, αν h(x) = x 2y , τότε αντί του: Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

�

::::>

Υ

3

::::>

Υ

ι Υ

·

fh(x)dx = fx 2 ydx = [�3 Υ]'

ο

ο

απλούστερα:

::::>

fh = .. r3 .

I

.

ο

ο

2::. , 3

να

μπορούμε

γράψουμε

fh(x) = ... = r3

I

απλώς:

ή

ακόμη

ο

=

κατέληξε σε ολοκληρωτέα συνάρτηση με δύο μεταβλητές, χωρίς να γνωρίζει ότι τελικά θα απλοποιηθεί

η αρχική μεταβλητή. Για παράδειγμα, στο παραπάνω ολοκλήρωμα, αν είχε θέσει: y

= .Jχ 2 + 3 , τότε θα έβρισκε:

Υ 1 Υ 1 χ ---:- dx => dy = -dx χ => dx -dy!!! dy = ν,--,=> h(x)dx = ·-dy => h(x)dx = 2 Υ y(x + y) χ χ χ + xy dy . χ2 + 3 I 2 1 dy = Ο!!!, αφού χ = -1 ::::> y = 2, x= 1 ::::> y = 2 . Συνεπώς: ! = Jb(x)dx = J 2 =

-ι

2 χ + xy

λ

'Εστω ότι θέλουμε να βρούμε ένα ολοκλήρωμα: Ι= Jf(x)dx . Έστω ακόμα ότι θέλουμε να τοέχουμε αντιμετωπίσουμε ως f,τοηδεύτερο μέλοςορισμένη της ισότητας ( 1) του θεωρήματος αντικατάστασης. Προς τούτο, τη συνάρτηση οποία είναι και συνεχής στο=g(α) διάστημα [κ,λ=g(β), λ]. Τώρα θα πρέπει να βρούμε μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα [α, β]=Δ με κ g η οποία μαζί με την fνα πληρούν τις υποθέσεις του θεωρήματος αυτού. Τότε θα έχουμε: και Ι= Jf(x)dx = J f(x)dx = Jf(g(x) )g'(x)dx. Έτσι, φθάνουμε στο ολοκλήρωμα του πρώτου μέλους που ενδέχεται να βρίσκεται ευκολότερα. κ

λ

κ

g(β)

β

g( α )

α

Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

Ι=

2

J.Jι - x 2 dx .

ο

Σκεφτόμαστε να εφαρμόσουμε το θεώρημα αντικατάστασης, θεωρώντας το δοσμένο ολοκλήρωμα ως το δεύτερο μέλος του θεωρήματος αυτού. 'Εχουμε: f(x) = .J1 - χ2 • συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [Ο, Ξ] . Για να απλοποιηθεί το ριζικό αρκεί να θεωρήσουμε τη συνάρτηση g(x) = η μχ . Τότε Ο= g(O) , Ξ= g( 5: ) και η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο Δ= [Ο, 5: ] με g'(χ) = συνχ , συνεχή στο Δ . Επιπλέον βρίσκουμε εύκολα ότι:g(Δ) =[0,1] . Στο διάστημα αυτό η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής. Έτσι έχουμε: g Ι= ΞJ�ctx ((O)�J ) f(x)dx �J f(g(x))g'(x)dx = �J �1 -ημ2χ · (ημχ)'dχ = Ji συνχiσυνχdχ = "'i

>: .

Η

g J3 χ dx - J + συν2χdx . = -π + -.

JΙ συν χ �υνχdχ + JΙ συνχ pυν χdχ Jσυν2χdχ - J συν2χdχ = J 1 + συν2 2 2 12 8 2 2 2

π

2 ο

Ο

=

=

Sπ

6 2!.

s6π

Ο

=

π

5π

2

6

ο

2!.

Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80

Ο

π

Sπ

2

6

ο

2!.

τ.

4/66

1

=

..

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε τη συνάρτηση

[ ]

g(x) = η μχ Ι 0, � = Δ 1 ,

η οποία μαζί με την

f

πληρούν τις υποθέσεις του θεωρήματος αντικατάστασης. Και μάλιστα τότε θα φθάναμε σε απλούστερο ολοκλήρωμα . Προτιμήσαμε όμως τη συνάρτηση: g(x) = ημχ I πράγματα: i) Ότι η συνάρτηση

[Ο, ]

g

Ο,[ 5:] = Δ

για να δούμε στην πράξη δύο Η

στο θεώρημα αντικατάστασης δεν είναι απαραίτητο να αντιστρέφεται.

g(x) = η μχ Ι 56π = Δ που χρησιμοποιήσαμε δεν αντιστρέφεται.

συνάρτηση

ii) Ότι όταν εφαρμόζουμε το θεώρημα αντικατάστασης, η συνάρτηση f δεν είναι αρκετό να είναι ορισμένη κ:αι συνεχής στο κλειστό διάστημα [κ:, λ]με άκρα τα όρια ολοκλήρωσης, αλλά στο σύνολο g(Δ) , το οποίο ενδέχεται να

είναι υπερσύνολο του διαστήματος [κ:, λ] . Στο παραπάνω παράδειγμα έχουμε : [κ, λ _; ,

Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

Ι=

] = [ο, Ξ]. ενώ g(Δ) = [0,1] .

J2χ 1-dx . +1

ι

-1

.Η ορισμένη κ:αι συνεχής στο διάστημα [-1, 1]. Έχουμε: f(x) = + 1 συνάρτηση αυτή είναι χ /Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = εφχ . Τότε: -1 = g � ι = g � κ:αι η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο Δ = 4 4 με g'(x) = -1-2-χ = εφ2 χ + 1 ,συνεχή στο Δ. Επιπλέον βρίσκουμε εύκολα ότι: g(Δ) = [ -1, 1] . Στο διάστημα αυτό η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής. Συνεπώς: gω % % ι � ι • · ( εφ2 χ + l ) dχ = f 1dx = -π . f(x)dx f = dx ( g(x) ) g'(x)dx = f 2 J = f I = J -χ 22 _1 + 1 : εφ χ + 1 g(-%) : : Να βρείτε το ολοκλήρωμα : Ι = Je-Γxdx .

[-2:,2:]

(- } (

J

συν

4 ο

(Βλέπε σημείωση παραδείγματος 2). Έχουμε: f(x) = e-.Γχ . Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [0, 4]. Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = χ 2 • Τότε Ο = g(O) , 4 = g ( 2 ) και η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο Δ = [0,2] με g'(χ) = 2χ , συνεχή στο Δ ( με αυτή τη συνάρτηση θα απλοποιηθεί το ριζικό από την f). Επιπλέον βρίσκουμε εύκολα ότι: g( Δ) = [0, 4] . Στο διάστημα αυτό η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής. Έτσι έχουμε (θεώρημα αντικατάστασης από το δεύτερο μέλος στο πρώτο): 4 g( 2 ) 2 2 2 -.Γx e Ι = J dx = f f(x)dx = Jf ( g(x) ) g'(x)dx = Je Γx' · 2xdx =2 Jxe x dx = ... = 2e 2 + 2 . Ο g( O ) Ο Ο Ο 4 Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να βρούμε κ:αι το ολοκλήρωμα του παραδείγματος 2: Ι = Je -.Γx dx .

I

e

,,, ;, Να βρείτε το ολοκλήρωμα: Ι = Jημ(1 - ln x)dx . , , , '' Έχουμε: f(x) = ημ(1 - lη χ) . Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [1 ,e]. Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = e'- x . Τότε 1 = g ( 1 ) , e = g(O) και η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο Δ = [0, 1] με g' (χ) = -e'-x , συνεχή στο Δ (με αυτή τη συνάρτηση θα εξαλειφθεί ο λογάριθμος από την '·

.

.

ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Επιπλέον βρίσκουμε εύκολα ότι: g(Δ) = [1,e] . Στο διάστημα αυτό η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής. Έτσι έχουμε (θεώρημα αντικατάστασης από το δεύτερο μέλος στο πρώτο): e g( O ) Ο Ο = ημ(l ln x)dx = Ι J J f(x)dx = Jf(g(x) )g'(x)dx = Jημ ( 1 - ln e1 -x )( -e1 -x ) dx = f).

g(l)

I

I

I

= Jημ(l - 1 + x)e 1 -•dx = e Je-•ημxdx. Με παραγοντική ολοκλήρωση βρίσκουμε εύκολα ότι: I

I

ημ1.. + συν1 Α � lA = 1 - ημ1 + συν1 � Α= fe-•ημχdχ = - J( e-• ) ημχdχ =... = 1 - --=..:. e e � Α = .!_2 _ ημ1 +2eσυν1 Συνεπώς: Ι = �2 _ ημ1 +2συν1 ;\ λλ�)ς 'ϊfΗΊτως ( από το πρώτο μέλος στο δεύτερο). Ονομάζουμε h την συνάρτηση που είναι στο ολοκλήρωμα. Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = ln x Ι [1,e] = Δ ,η οποία είναι παραγωγίσιμη στο Δ 1 Ο) , συνεχή στο Δ. Έχουμε: -h(x) = ημ(1 - lη χ) = χημ(1 - lη χ) = e 1"•ημ(1 - ln χ). με g'(x) = -(:ι= χ g 1 x) -1 χ Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση: f(x) = e•ημ(1 - χ) , η οποία είναι ορισμένη και συνεχής στο g(Δ)= [Ο,1]. Έτσι έχουμε (θεώρημα αντικατάστασης από το πρώτο μέλος στο δεύτερο): e e Ι g( e ) Ι = Jh(x)dx = Jf(g(x) )g'(x)dx = J f(x)dx = Je•ημ(l - x)dx . Ο g(l) 1 Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι: h 1 (χ) = e•ημ(1 - χ) = -(1 - χ) e -( Ι - χ ) ημ(1 - χ) και εφαρμόζοντας για δεύτερη φορά το θεώρημα αντικατάστασης από το 1 στο 2° μέλος με g 1 (χ) = 1 - χ και f1 (χ) = -e 1 - x ημχ καταλήγουμε και πάλι στο συμπέρασμα : Ι = e 1 e-•ημχdχ κ.τ.λ. ο

l

I

ο

ο

ι

___

ο

I

I

ο

'·

·

·

3)

ΜΙΑ ΑΝΑΦΟΡΑ ΣΤΙΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ: σ (Χ )=

Π �φ ιr i) � : ι y μ ι;

�

.

Δίνεται μια συνεχής συνάρτηση

φ : [Ο,+οο)

-t

JR .

β

Jφ

(Χ, t )jt .

α

Να βρείτε το 4

σύνολο ορισμού και την παράγωγο της συνάρτησης: σ( χ) = Jφ(2 χ - t)dt .

Λί; ση . Ο

ι

Θεωρούμε έναν αριθμό χ Ε JR . Η συνάρτηση φ(2χ-t) (σύνθεση των συναντήσεων 2x-t και φ) t Ε JR ( 1 ), και ( 1) <::::> t Ε JR <::::> t Ε ( -οο, 2χ] . είναι ορισμένη και συνεχής αν και μόνο αν: 2x -t Ο t � 2χ Η συνάντηση σ είναι ορισμένη αν και μόνο αν, η συνάρτηση φ(2χ-t) είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [1 ,4]. Προς τούτο, πρέπει και αρκεί: [1,4] (-οο,2χ] (2) και (2) <::::> 4 � 2χ <::::> χ 2. Άρα, σύνολο ορισμού της σ είναι το: Α = [2, +οο). i i ) Θεωρούμε έναν αριθμό χ 2 και τη συνάρτηση g(t) = 2χ - t 1[1,4]=Δ, η οποία είναι παραγωγίσιμη στο Δ με g' ( t) = -1 , συνεχή στο Δ. Η συνάρτηση φ προφανώς είναι ορισμένη και συνεχής στο g( Δ) = [ g( 4),g(1) ] = [2χ - 4,2χ - 1] . 'Ετσι έχουμε (θεώρημα αντικατάστασης από το πρώτο μέλος στο

{

{

2

ς

2

2

δεύτερο): σ(χ) = Jφ(2x - t)dt = - Jφ(2x - t)(2x - t)'dt = - Jφ(g(t))g'(t)dt = - J φ(t)dt = 4

4

4

- J φ(t)dt = J φ(t)dt = F(2x - 1) - F(2x - 4) , 2 χ -4

2 x-l

2x -l

2 χ -4

όπου F είνάι μια παράγουσα της φ στο g (Δ) . Συνεπώς :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/68

g(4) g (l )

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

σ'( χ) = F'( 2x - 1)(2χ - 1)' - F'(2x -4)(4χ -4) ' = 2 [ φ(2χ - 1) - φ(2χ - 4)] . Σ η μ };iωση

. Για να βρούμε το σύνολο ορισμού της συνάρτησης σ, θα ήταν λάθος, όπως κάνουν μερικοί, να 2 χ -4

σ(χ) = - J φ(t)dt και μετά να πούμε: Για να ορίζεται η σ πρέπει και 2 x-l αρκεί η φ να είναι ορισμένη και συνεχής το διάστημα [2χ-4, 2χ- 1 ] και προς τούτο πρέπει και αρκεί: 2χ -4 � Ο, δηλαδή χ � 2 . Θα φθάναμε βέβαια στο ίδιο αποτέλεσμα, αλλά κατά τη διαδικασία μέχρι να φτάσουμε στην φέρουμε πρώτα τη συνάντηση σ στη μορφή :

παραπάνω μορφή της σ, δεν θα ξέραμε για ποια χ μιλάμε ( Ο σκοπός δεν αγιάζει τα μέσα) . Γενικότερα, όταν θέλουμε να βρούμε το σύνολο ορισμό μιας συνάρτησης, δεν θα πρέπει πρώτα να κάνουμε οποιαδήποτε ενέργεια (πράξη ή απλοποίηση) στον τύπο της συνάρτησης. Γιατί τότε, εκτός του ότι δεν ξέρουμε για ποια χ ισχύουν οι ενέργειες που κάνουμε, ενδέχεται να φτάσουμε και σε λανθασμένα αποτελέσματα. Για παράδειγμα, 2

έστω ότι ζητάμε το σύνολο ορισμού τη συνάρτησης:

σ( χ) = χ(χχ - 1) . Αν aπλοποιήσουμε πρώτα με το χ θα

χ , οπότε θα πούμε ότι σύνολο ορισμού είναι το JR - { 1} σ(χ) = -χ-1

βρούμε:

, ενώ προφανώς σύνολο ορισμού

της συνάρτησης σ είναι το JR - {Ο, 1} . Έστω ακόμα ότι ζητάμε το σύνολο ορισμού της συνάρτησης

h( χ ) = χ( χχ 2- 1)

•

, , Συμπτωματικα και μετα την απλ οποιηση ,

χ-1 h( χ ) = -χ

β ρισκουμε , , λο ορισμου, το ι'δ ιο συνο

ΠD • � ,

όπως συνέβη και στο παραπάνω παράδειγμα με το ολοκλήρωμα. Αυτό όμως δε σημαίνει ότι η διαδικασία είναι σωστή για λόγους που εξηγήσαμε παραπάνω. il ιφ ω) ει.γμυ 2 "

{t > O

φ : [Ο, +οο) -+ 1R . Να βρείτε το σύνολο ορισμού και την παράγωγο της συνάρτησης: σ( χ) = Jφ(χ - ln t )d t Δίνεται μια συνεχής συνάρτηση

e

Θεωρούμε έναν αριθμό

{

I

χ ε JR . Η συνάρτηση φ(x-lnt) είναι ορισμένη και συνεχής αν και μόνο

{

t>O t>O � t ε (O,e' ] . � χ - ln t � Ο ln t � ln e' t � e' Η συνάντηση σ είναι ορισμένη αν και μόνο αν, η συνάρτηση φ(x-lnt) είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [1 ,e]. Προς τούτο, πρέπει και αρκεί: [l, e] ς (O, e' ] (2) και (2) � e � e' � χ � 1 . Άρα, σύνολο ορισμού της σ είναι το : [ 1, +οο ) . αν:

(1) ,

και

(1) �

f(t) = φ( χ - ln t) . Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [ 1 , e]. Θεωρούμε τη συνάρτηση : g ( t ) = eχ-ι . Τότε: 1 = g ( χ) , e = g ( χ - 1) και η g είναι παραγωγίσιμη στο Δ , = [χ - 1, χ ] με g' ( t) = -eχ-ι , συνεχή στο Δ, (με αυτή τη συνάρτηση θα εξαλειφθεί ο λογάριθμος από την f). Επιπλέον βρίσκουμε εύκολα ότι: g( Δ , ) = [1, e] . Στο διάστημα αυτό η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής. Έτσι έχουμε (θεώρημα αντικατάστασης από το δεύτερο μέλος ii) Θεωρούμε έναν αριθμό

στο πρώτο) : e

g( x )

σ(χ) = Jφ(χ - ln t)dt = - J I

όπου

χ�1

g( x - 1 )

και θέτουμε:

χ

χ

χ -1

χ-1

f(t)dt = - J f( g ( t) )g '(t)dt = J φ( χ - ln ex -ι �x-ιdt

Q(t) μία παράγουσα της συνάρτησης φ(t)e-ι . Άρα: χ

χ

χ -1

χ -1

=

χ

σ'(χ) = e' J φ(t)e-1dt + e' [ Q'(x) - Q'(x - 1)] = χ -1

= e' J φ(t)e-1dt + e' [ φ(χ)e-χ - φ(x - 1)e-x+' ] = e' J φ(t)e-1dt + φ(x) - e · φ(x - 1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/69

ΤΟ Δ ΙΑΡΚΕΣ Σ Ε Μ Ι Ν Ά ΡΙΟ

ομάδα ΒΑΓΓΕΛΗΣ Γ Ι ΑΝΝΑΚΟ Π Ο Υ ΛΟΣ, ΔΙΑΒΑΖΟ Υ Μ Ε ΤΟΝ Ε Υ ΚΛ Ε Ι Δ Η

Του Ι. Κανέλλου, Σχολικού συμβούλου Μαθη ματικών - Ηράκλειο Κρήτης

Εδώ και πάνω από τέσσερα χρόνια λειτουργεί, το Διαρκές Σεμινάριο «Διαβάζουμε τον Ευκλείδψ> στην πόλη μας, το Ηράκλειο Κρήτης. Όπως φανερώνει και το όνομα του, το σεμινάριο είναι αφιερωμένο στη μελέτη των Στοιχείων του Ευκλείδη. Ο τρόπος λειτουργίας είναι εξαιρετικά απλός. Από το Σεπτέμβριο μέχρι τον Ιούνιο κάθε σχολικής χρονιάς, η ομάδα μας πραγματοποιεί μια συνάντηση το μήνα. Για κάθε συνάντηση είναι προκαθορισμένος ένας εισηγητής και ένας αναπληρωτής εισηγητής. Χρέος των εισηγητών είναι να προετοιμάσουν μια σειρά προσυμφωνημένα θεωρή ματα για την επόμενη συνάντηση . Σε κάθε συνάντηση οι εισηγητές παρουσιάζουν τα θεωρήματα που έχουν προετοιμάσει. Η όλη διαδικασία διαρκεί περίπου λεπτά. Με τον τρόπο αυτό η ομάδα μας αισίως έχει φθάσει στο έκτο βιβλίο των Στοιχείων και ελπίζει να συνεχίσει και τα επόμενα χρόνια τη γόνιμη λειτουργία της. Στην τελευταία μας συνάντηση αποφασίσαμε μετά από πρότασή μου να προσθέσουμε στην ονομασία του διαρκούς σεμιναρίου τη φράση «Ομάδα Βαγγέλης Γιαννακόπουλος» στη μνήμη του συναδέλφου μας Βαγγέλη Γιαννακόπουλου που έφυγε από κοντά μας το 2007. Δεν το έμαθα το θάνατό του αμέσως αλλά, δυστυχώς, σχετικά πρόσφατα. Λυπήθηκα αφάνταστα γιατί κάποια φορά που είχε κατέβει στο Ηράκλειο, κάπου το ενώ είχαμε μιλήσει στο τηλέφωνο, έχασα την ευκαιρία να τον συναντήσω. Στις αρχές της δεκαετίας του ο Βαγγέλης Γιαννακόπουλος κι εγώ γνωριστήκαμε ενώ εργαζόμασταν στην συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β ' , στην Αθήνα. Το δικό μου το επίθετο ήταν τότε το Πουλημένος και με αυτό μπορεί να με αναγνωρίσει κάποιος ανάμεσα στα ονόματα της τότε επιτροπής. Ήμασταν μια δεμένη ομάδα και διασκεδάζαμε αφάνταστα τη δουλειά μας, εκεί. Κάποια φορά ο Βαγγέλης πρότεινε να οργανωθούμε σε μια παράλληλη ομάδα με στόχο τη μελέτη των στοιχείων του Ευκλείδη . Με ενθουσιασμό δεχτήκαμε την πρόταση κάποιοι από την συντακτική επιτροπή και ξεκινήσαμε να διαβάζουμε το πρώτο βιβλίο από τα Στοιχεία με ένα σύστη μα ανάλογο με αυτό που περιέγραψα παραπάνω. Πρέπει να ήταν στις αρχές του 1982. Οι συναντήσεις λάμβαναν χώρα στα γραφεία της ΕΜΕ στην Αθήνα. Δυστυχώς όμως η ομάδα μας δεν μακροη μέρευσε. Το ήταν η χρονιά που αρκετοί από εμάς διοριστήκαμε και βρεθήκαμε εκτός Αθηνών διασκορπισμένοι σε διάφορα μέρη . Δεν γνωρίζω τι ακριβώς συνέβη με την ομάδα* μελέτης, μετά το διορισμό μου. Τα χρόνια πέρασαν. Χαθήκαμε και με τον Βαγγέλη τελείως. Εν τω μεταξύ πιστός πάντοτε στην ιδέα του Βαγγέλη μαζί με μια ομάδα συναδέλφων αρχίσαμε από το την μελέτη των στοιχείων του Ευκλείδη στο Ηράκλειο Κρήτης. Από την ώρα που έμαθα το θάνατο του Βαγγέλη άρχισε να ωριμάζει μέσα μου η σκέψη να βρω έναν τρόπο να τιμήσω τη μνήμη του και την ιδέα που είχε για την ομάδα μελέτης των Στοιχείων. Η σκέψη αυτή υλοποιείται με την αλλαγή του ονόματος του σεμιναρίου . Αρχικά ήταν Διαρκές Σεμινάριο, «Διαβάζουμε τον Ευκλείδη». Από εδώ και πέρα θα ονομάζεται Διαρκές Σεμινάριο, «Ομάδα Βαγγέλης Γιαννακόπουλος», Διαβάζουμε τον Ευκλείδη . Ελπίζω αγαπητέ Βαγγέλη καθώς θα παίζεις μαθηματικά παιχνίδια με τους αγγέλους, να χαίρεσαι που εμείς εδώ κάτω σε θυμόμαστε και τιμούμε τη μνήμη σου και να παρακολουθείς μαζί μας, τα θεωρήματα των Στοιχείων. Από τη Συντακτική Επιτροπή: [Β.Ζ.] Η αλήθεια είναι ότι η ομάδα* αυτή συνέχισε σε τακτά χρονικά διαστήματα από το μέχρι το να μιλάει, να συζητάει, να εισηγείται σε διάφορους χώρους (σχολεία, γραφεία Ε.Μ.Ε., δήμους κ. α). Ένα μέρος αυτής της ομάδας, μαζί με άλλους μαθηματικούς μετά το δημιούργησε την ανοιχτεί ομάδα μαθηματικών Δυτικής Αττικής, που δραστηριοποιήθηκε στο Ε.Π.Λ. Αιγάλεω (σημερινό Λύκειο Αιγάλεω). Η ομάδα αυτή ασχολήθηκε και με τον Ευκλείδη αλλά και με άλλους μαθη ματικούς (με κύριο εισηγητή, αρκετές φορές και τον Βαγγέλη : με «Τα στοιχεία του Ευκλείδη» αλλά και τα «Εμβαδά και ολοκληρώματα μια ιστορική διαδρομή» . . . ) και μάλιστα αργότερα προχώρησε, σε ποιο ευρύτερες εκπαιδευτικές και επιστημονικές ενότητες. Η ομάδα αυτή συνεχίζει μέχρι σήμερα, με τακτικές συναντήσεις στον ίδιο χώρο με τον ίδιο ενθουσιασμό, αγάπη, μεράκι στην αναζήτηση του σημαντικού της γνώσης και του επιθυμητού της πληροφόρησης . . .

90

1990-91

'80

1982

2006

1982

1992,

1992

6°

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/70

Ε υ κλε ί δ η ς

«Η καρδιά

των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

P. R. HALMOS

π ρ ο τ ε ί νε ι Ε πιμέλεια: � · �<.

(τΕΥΧΟΥΣ 75) Ν α βρεθούν όλες οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: 73 1x + 779y = 720408 (1). (από τον κ . ;, ; ; ω η t> � Π

- Πεύκη) . �' ΛΥΣΗ (Από τον Καλαμάτα) Οι αριθμοί 73 1 και 779 έχουν Μ . Κ .Δ. τη μονάδα . Πράγματι, εφαρμόζοντας τον αλγόριθμο του Ευκλείδη, έχουμε: 779 = 73 1 · 1 + 48 , 73 1 = 48 · 1 5 + 1 1 48 = 1 1 · 4 + 4 , 1 1 = 4 · 3 - 1 Συνεπώς, έχουμε: 1 = 4 . 3 - 1 1 = 3 . ( 48 - 1 1 . 4) - 1 1 = 3 . 48 - 1 3 · 1 1 = 3 · 48 - 1 3(73 1 - 1 5 · 48) = 1 98 · 48 - 1 3 . 73 1 = 1 98(779 - 73 1) - 1 3 . 73 1 = 198 . 779 - 2 1 1 · 73 1 � 1 98 . 779 - 2 1 1 · 73 1 = 1 οπότε, πολλαπλασιάζουμε με 720408 έχουμε ότι : (1 98 . 720408) . 779 + ( -2 1 1 · 720408) . 73 1 = 720408 δηλ . το ζεύγος ( Χ 0 , y0 ) = ( -2 1 1 · 720408, 1 98 · 720408) αποτελεί μία λύση της αρχικής εξίσωσης. Οι άπειρες λύσεις της δίνονται από τους τύπους: χ = Χ 0 + 779 · t , y = Υο - 73 1 · t , t ε Ζ . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

!

!

/_,ι - � -'--�- ( ) 1

, ' (τΕΥΧΟΥΣ 75) Η άσκηση αυτή είχε προταθεί με σωστή διατύπωσή στο τεύχος 74 με τον αριθμό 1 73 . Το καλό είναι ότι μπήκε πάλι από τυπογραφικό λάθος στο τεύχος 75, με μια μικρή αλλαγή στην διατύπωση και μας ταλαιπώρησε. Το γεγονός αυτό όμως είχε και τη θετική του πλευρά, καθώς αρκετοί συνάδελφοι αισθάνθηκαν την ανάγκη να αποδείξουν το λάθος . ! Ο : .., , , . , . ,, , \ ' ' ' ' J ? H . :", συνάδελφος με το aντιπαράδειγμα: α = β = γ > Ο και 3 :2: 6 . Επίσης ο r συνάδελφος \; Ή , με την βοήθεια του λογισμικού Geogebra και της συνάρτησης χ 2 β 2 γ2 χ+β+γ f(x) = -2 + 2 + 2 - 2 , CQ.": , χ > Ο , α, β > Ο β γ χ ν χβγ υπολόγισε για β = 7 , γ = 20 : f(l 5) = -0, 07 < Ο . Ανάλογες επισημάνσεις έγιναν και από τους συναδέλφους f' H � · . Ι ; \ 1•. , ;.;. : ; και ,, ; ; \ . Με την ευκαιρία, τους ζητάμε συγγνώμη αναγνωρίζοντας ότι, από δική μας αβλεψία, δεν μπήκαν τα ονόματά τους, στις λύσεις των ασκήσεων 1 68,170 και 171. '

. .

.

: ' ' !i. '

Λ :� . !< Η : : Η ! : / ')

, .. , , • .

,υ ; � ο ·,

'-

(τΕΥΧΟΥΣ 75)

' �· -

,.,

Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ α , Α Β =α, ΒΓ= β και - = φ (οπου φ = β

J5 + 1

--

2

με

ο λόγος

της χρυσής τομής). Έστω Ε, Ζ τα μέσα των ΑΔ και ΒΓ αντιστοίχως. Στην προέκταση της Γ Δ θεωρούμε σημείο Η τέτοιο, ώστε

J!_ = φ

και ονομάζουμε Θ το ΗΕ σημείο τομής της ΗΕ με την διαγώνιο ΑΓ. Να (ΑΒΓΔ) υπολογισθεί ο λόγος των εμβαδών: λ = . (ΘΕΖ)

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο Ράμια Άρτας) ΛΥΣΗ τον (Από συνάδελφο ; "! l 'Π ·, ,υ '' - Αγρίνιο)

Έστω Ο το κέντρο του ορθογωνίου ΑΒΓ Δ, που είναι και το μέσο του τμήματος ΕΖ. Ο λόγος των εμβαδών (ΑΒΓΔ) 8(0ΑΕ) (ΟΑΕ) είναι: λ = = =4 (ΘΕΖ) 4(0ΘΕ) (ΟΘΕ) ΟΑ · ΟΕ ΟΓ ΟΑ =4 4 =4 (1) ΟΘ · ΟΕ ΟΘ ΟΘ Από τα όμοια τρίγωνα ΘΕΟ και ΘΗΓ έχουμε ότι: ΘΓ ΗΓ α + ΗΔ 2α + 2 .JΗΕ 2 - ΕΔ2 -=-= α ΟΘ ΕΟ α 2 --- = ------

2 2+

V[ί32β2 ΨΖ - 4 α

2β = 2+

ν� 4ψ2

�

4 - φ2 = 2 + �=== φ .j3 - φ β .J3 - φ

Είναι, όμως, φ 2 = φ + 1 και

_!_ = φ - 1 , οπότε φ

1 ΘΓ , 4 - φ 2 = 3 - φ και αρα - = 2 + - = 1 + φ . ΟΘ φ ΟΓ ΘΓ Έτσι, - = - - 1 = φ και με αντικατάσταση στη ΟΘ ΟΘ (ΑΒΓΔ) σχέση (1) βρίσκουμε ότι: λ = = 4φ . (ΘΕΖ) Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/71

\ � ( 1 \ • � / .: ·ι j ·;

-

/ '

.

I

i "j ι

1 ', - ι '

•

f

;

;)i

ι

-------

Χ α ν ι 6 , ρ ο ι)ίJλφος Μ π( φ η ς

Λ jψ ίν ιο .

Γ ειi.ψγω�

Ι J π ρ ο Uκα�

Ι ι 1ι:j1::ι:α Λ 1Ί μνιιυ r

κυι ο

Λ Σ Κ Η ΣΗ ! ΗΗ

Ο Ευκλείδης προτείνει

Δ (ιφνη . ! Η τ ρ ο ς Σ ιωλτσι:ι-:

Κ ατσαοίιν η ς

Δ ρ ωυ: τσ6)\·α.

Ο ι1έστη ς

!< υτ σ (ιΙ ' σ .:

,ιι αΟηηΊς Ι<. ι.• >Ι·\υς τ σο υ β ιιλ6ς

(τΕΥΧΟΥΣ 75)

-­

Π ι1έ[)εζα. Ση), ως

:vfι) ρ ιω

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=1 και μέτρα γωνιών Α<Β<Γ που αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Φέρουμε το ύψος ΒΔ. Αν ΑΔ=ρ, όπου ρ (θετική) ρίζα της εξίσωσης 8χ 3 - 6χ + 1 Ο (1), τότε να υπολογισθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ συναρτήσει του ρ.Αν - επιπλέον­ Κ,Λ, Μ είναι σημεία των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντιστοίχως τέτοια, ώστε οι ευθείες ΑΚ, ΒΛ, ΓΜ να συντρέχουν σε σημείο Ο και να ικανοποιούν τη ΟΑ ΟΒ ΟΓ + + 6 ,Τ ότε να δειχθεί ότι σχέση ΟΚ ΟΑ ΟΜ =

-

-

-- =

_}___ < (ΚΛΜ) <

ισχύει:

1 00

J2 . (Προτάθηκε από τον 20

συνάδελφο Π Ω Ι' ΓΟ \Ι Ι Ι ΤΣ Ι Ο - Ράμια Άρτας.) ΛΥΣΗ (Από τον συνάδελφο J> Ο Δ ΟΛ Φ Ο \HI O P H ) Ι) ΑΔ = Ε. = ρ ( 1 ), οπότε έχουμε: Είναι συνΑ = ΑΒ 1 1 (I) 8ρ3 - 6ρ + 1 = Ο <:::> 4ρ3 - 3ρ = - - <:> 4συν3 Α - 3συνΑ = 2 1 1 2π 3κπ 2π = -- <:::> συν3Α = -- = συν - <:::> Α = - ± 2 2 3 3 9 π Ο < Α < - :::::> κ = Ο , Επειδή, 2 2π είναι Α = (2) 9 Όμως οι γωνίες Α, Β, Γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής ισχύει: οπότε προόδου 2Β = Α + Γ :::::> π 3Β = Α + Β + Γ = π =::> Β = 3 4π (3). τέλος, είναι Γ = (3).

9 Για το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ έχουμε: 2π 3 π = 2R 2 ημ ημ η μ (4) επειδή Ε= 9 π 1 = ΑΒ = γ = 2RημΓ = 2Rημ , είναι 2R = με ημ9 αποτέλεσμα η (4) να δίνει : 2π 3π 4π 1 2π 3π 4π ημ-ημ-ημ- = Ε = 2R ημ - ημ-ημ- = 4π 9 9 9 2ημ2 9 9 9 9 2π π π 2π π ..[3 ημ- ημημ- ημημ..[3 3 9 3 2 =9 3 =4π 2π 4ρ 8ρ 2π 2π 4ημ - συν- 4συν 2ημ9 9 9 9 Π) Ονομάζουμε da , dp , d1 τις αποστάσεις του Ο από τις

d; 2

; � �

+.

. . •

πλευρές α,β,γ του τριγώνου ΑΒΓ αντιστοίχως. Τότε, έχουμε: υ ΟΑ ΑΚ - ΟΚ ΑΚ - 1 = a - 1 και κυκλικά = = ΟΚ da ΟΚ ΟΚ υ ΟΒ ΟΓ υ ΟΑ υ = p _1 = y _1 = a _1 ΟΚ da ' ΟΛ dp ' ΟΜ d1 Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών σχέσεων και σύμφωνα με την υπόθεση παίρνουμε διαδοχικά: ΟΑ ΟΒ ΟΓ υ υ p υ = y _3 6= ΟΚ ΟΛ ΟΜ da dp d1 (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) <=> � υ Ρ <=> (ΑΒΓ) =9 =9 (ΟΒΓ) (ΟΑΓ) (ΟΑΒ) da dp d1 1 1 1 <=> =9 (ΑΒΓ)[ (ΟΒΓ) (ΟΑΓ) (ΟΑΒ) 1 1 1 ] =9 <:>

+

+

+ +�

-

α

+

+ +

-

+

+

]

+

�(CH) +(CW) +(Q\B)}[(CH) (CW)(ooj 2 2 2 [�(CH)2 +�(CW)2 +�(0\B)2 ]- (<Η) 1 + 1 + 1 ]=9 (CW) (0\Β) Αν τεθεί �(ΟΒΓ) = χ , �(ΟΑΓ) = y, �(OAB) = z -

-

--

�

(νχ +

+ νz

�

�

+ + Fz2 = 9 -Γχ 2 .JY2 -)

Η τελευταία ισότητα γράφεται: rz .JY z rz 1 y )(

-

1

-

1

= <:::> χ = y = z . δηλ. όταν ισχύει : = 1( f � -Γχ

και ισχύει όταν και μόνον όταν:

JY

Fz

(ΟΒ Γ) = (ΟΑΓ) = (ΟΑΒ) = .!_ (ΑΒΓ) = .!_ Ε .

3 3 Τελικά, το σημείο Ο είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και τα σημεία Κ,Λ,Μ τα μέσα των πλευρών του . Έτσι, για το εμβαδόν του τριγώνου ΚΛΜ έχουμε: (ΚΛΜ) = .!_ (ΑΒΓ) = .!_ ../3 = ../3 4 8ρ 32ρ 4 ·

7 Μ ενει ' να δ ειχθ ει οτι: - < ../3 < J2 η' το αυτο' 1 00 32ρ 20 "

5J6 25../3 π , , , -- < ρ < . ροφανως, ισχυει οτι: 28 16 25../3 2π ρ = συνΑ = συν - < 1 < . Αρκεί, 28 9 5J6 π , , , δ ειχθ ει οτι: ρ > ""'ί6 . ραγματι, ειναι: --

--

,

μόνον,

να

2π , 5J6 ρ = συνΑ = συν - = Ο , 7660 , ενω - = 0, 070 9 16 που αποδεικνύει τ ο ζητούμενο. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Δ ιο Ι•ιΆ> σ η ς Γ ι άΙ'Ι'ιφος Π ιΊ ριοc: . Κ ω ν .ι ν ο c Τζαγι,ιφ {ι.J, η .: Χανιιi. Γ Ί:ιiφ[ t(1ς Κ α τ σ α ο ι'> Ι ' η ς Π ρi:βιζα. Σ τ U ι ο ς Π cτρολ(:ιως ι:ψ απιτσriJΙ ' (j , Ο ρ ί: στη .; Κ α τσάως rr ρί: f\c:ζα και () μυΟητιΊς Κω\·.·'νος Τσου βυλιΊς iν! ίφινα Λ Ιl fli' O i ί .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 0 τ.4!72

κλείδ

'μ

Επιμέλεια : Γιάννης Στρ ατής - Β αγγέλης Ευσταθίου

Ασκήσε ι ς Πολλαπλής Επι λογής στα ΟΛΟ ΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

Θύμιο ς Δ ια μ αντόπουλο ς

Σε καθεμία από τις πα ρ ακάτω ερωτήσεις ν α σημειώσετε τη σωστή απάντηση.

ε με εξίσωση ψ = g (x) εφάπτεται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f . ο Η διαφορά Jf'(x)g( x)dx - Jr(x)g'(x)dx είναι ίση με 1 . Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ι

ο

Α. 8

Β.

ι

10

Γ. 12

Δ. 1

4

Ε.

15 .

2.

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συ3 2 νάρτησης f : JR. ___, JR. , το ολοκλήρωμα J 3x2 f (x)-x f' (x) dx είf2 (χ) 3 Δ. 2 Ε . -5 . Β. _!_ Γ. ναι ίσο με Α. 1

ψ

-ι

2

3 . Αν α > Ο και Α.

Β. 8

7

2

2

J (α +α2 χ)2 dx = 27 , τότε το α είναι ίσο με

ο

-α

Γ. 9

Δ. 1 0

Ε.

ψ'

11.

ψ

Στο διπλανό σχήμα η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από τα σημεία (0, -2) , (1, 0) και (2, 3) . Το ολοκλή4.

ρωμα 2Jσυνχf '(ημχ)dχ είναι

χ

π

ο

Α.

-2

Β. Ο

5Ό

Γ.

1

Δ. 2

Ε.

3.

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτηση ς f. Το ολοκλήρωμα J4xf( χ2 )f'( χ2 )dx είναι ίσο με 4

Α.

-36

Β. -6

3 6

Γ.

Δ. 7

Ε.

36 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4/73

χ

Το Βήμα του Ευ κλείδη

6 . Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ε εφάπτεται στην γραφική παρά­ σταση της συνάρτησης f στο σημείο με τετμημένη = 2 . Το ο2 λοκλήρωμα Jx · f"(x)dx είναι Δ. 1 Ε. 2 .

-1 c\ . -2 Χ0

χ

ο

συνάρτηση f IR IR είναι δύο φορές παραγωγίσιμη , στο σημείο χ1 = 3 έχει τοπικό α­ κρότατο το 5 και η εφαπτομένη ε της Cr στο σημείο με τετμημένη χ 2 = 4 σχηματίζει με τον άξονα χχ' γωνία 1 3 5 ° . Το ολοκλήρωμα Jf'(x) · f"(x)dx είναι 7. Η

:

�

4

2

Λ.

!5 . 1

3

ο

1

Ε. .

2

/'\. � -

.!. .

4

ψ

Στο διπλανό σχήμα οι ευθείες ε1 και ε 2 εφάπτονται στην γρα­ φική παράσταση της συνάρτησης f στα σημεία με τετμημένες χ1 = - 1 και χ 2 = 1 αντίστοιχα. Το ολοκλήρωμα J f"(x) [ f'(x) + 2]dx είναι ίσο με 8.

-I I

13

2

1

2

Γ.

2

17 /\ . -

2

Ε.

.!2 .

2

Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ε εφάπτεται στην γραφική παρά­ σταση της συνάρτησης g στο σημείο με τετμημένη 1 . Αν Jg ' ( x) dx = 1n � , τότε το α είναι ίσο με 12 (x) g 2 Η. 3 ι. 4 Δ. 6 Ε. 8 .

9.

Χ0

=

0

Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f δίνεται στο διπλα­ νό σχήμα και το εμβαδόν του σκιασμένου χωρίου είναι 1 Ο τ. μ , τότε το άθροισμα Jf'(x)dx + Jf(x)dx είναι ίσο με Γ. -14 -16 Ε . -12 . Δ. -13 -15 1Ο .

5

5

ο

ο

ψ

5

Αν το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης , f( χ ) = χ 2 + αχ , α > ο και τον α, ξονα χχ ειναι -43 τ.μ , τοτε το α ειναι ισο με ,;\ . 6 Ε. 8 . λ. 2 Β. 3 Γ. 4

11.

1

,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4174

,

,

χ

Το Βήμα του Ευκλείδη Ψ

12.

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f . Αν 3Jlf(x)l dx = 19 και 3J f(x)dx = 7 , τότε το εμ-ι

-ι

βαδόν Ει του χωρίου Ωι είναι Α.

Β. 3 Γ. 4 Λ. 6 Ε .

2

χ'

-4------,�-+----=�_.

8.

ψ .

Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ε τέμνει την γραφική παράσταση της συνάρτησης f στα σημεία Κ και Λ με Κ ( -1 , 1) . Αν Ει , Ε2 είναι τα εμβαδά των χωρίων Ωι , Ω2 αντίστοιχα και 8Ει = Ε2 , τότε η ευθεία ε έχει συντελεστή διεύθυνσης λ ίσο με Α. 1 Β. 2 Γ. 3 Δ. 4 Ε. 5 .

13.

χ

14.

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρ­ τησης f(x) = αχ3 + 1 , α > Ο . Αν Ει , Ε2 είναι τα εμβαδά των χωρί­ ων Ωι , Ω2 αντίστοιχα και Ε ι = 2Ε2 , τότε το α είναι ίσο με Α.

Β.

2

Γ.

3

Λ.

4

χ

Ε. 8 .

6

15.

Έστω Ε( α) το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την 2 χ3 + 2χ + χ + 1 ' του πρωτου ' και τρι' ' ' γραφικη παρασταση της συναρτησης f( χ ) = 2 , την δ ιχοτομο χ + 2χ + 1 του τεταρτημορίου και τις ευθείες χ = Ο , χ = α , α > Ο . Το lim Ε( α) είναι ίσο με 1 ,<\.. Λ. 2 Β. 1 r. � '

α-Η«>

2

2

Ει , Ε 2 είναι τα εμβαδά των χωρίων Ωι , Ω2 αντίστοιχα στο 2 διπλανό σχήμα. Αν Ει 4 και Ε2 = 1 , τότε το ολοκλήρωμα Jxf' (χ )dx 1 6 . Έστω

=

είναι ίσο με Σ 17.

Α.

5

ο

Β. 6

r.

7

Δ. 8

Ε 9. .

ψ 3 --------ο

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης

3

Ε του χωρίου Ω είναι

2

f(x) =

� . Το εμβαδόν Α.

!2 3

Β.

!2 5

Γ.

2_ 5

Δ.

2_ 3

Ε . 29 .

5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4175

ο

χ

Το Βήμα του Ευκλείδη

ψ 18.

Αν Ε 1 , Ε 2 είναι τα εμβαδά των χωρίων Ω 1 , Ω 2 αντίστοιχα Ε ι ειναι ' , τοτε , ο λογος , στο διπλανο, σχημα, Ε2 Β.

Α . 20

Γ.

32

36

19.

Δ.

40

Ε. 80 .

Έστω Ε 1 , Ε 2 είναι τα εμβαδά των χωρίων Ω 1 , Ω 2 αντίστοιχα στο διπλανό σχήμα. Αν Ε 1 Ε 2 , τότε το � ' ε(ναι (σο με Α.

J2

Β.

J3

ψ

()

�

Γ. 2

Λ.

Ε.

3

ο

4.

ψ

μ

ν

ψ = fn(x - 2)

20 .

Το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω στο διπλανό σχήμα είναι Ε = e3 + 5 τ.μ . Το κ είναι ίσο με Α. Rn2

Β. 2Rn2

Γ.

3 Rn 3

Δ.

Ε.

2

3.

21 .

Στο διπλανό σχήμα οι ευθείες ε 1 και ε 2 εφάπτονται στην καμπύλη ψ = (χ - 1)(3 - χ) στα σημεία Α και Β αντίστοιχα. Το εμβαδόν Ε του χωρίου Ω είναι ίσο με Α.

.!_ 3

Β.

.!_ 2

Γ.

� 3

Δ.

3

4

Γ.

_!2 7

16

Δ. -

5

Ε.

5

-3

36

Β.

39

Α1rαντήσεις στις Ασκήσεις

Γ.

41

Λ.

43

Ε.

3

7

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρ­ τησης f : [ 2 , 7] � [-3, 5] η οποία είναι αντιστρέψιμη. Το άθροισμα Jf(x)dx + J Γ 1 (x)dx είναι ίσο με 2 Α.

ψ = ( χ - 1 )( 3 - χ )

!2 .

23 .

7

χ ο

3

Το σημείο Κ είναι κορυφή της παραβολής ψ = f(x) . Αν Ε 1 , Ε 2 είναι τα εμβαδά των χωρίων Ω 1 , Ω 2 αντίστοιχα στο διπλανό Ε ι ειναι: ' τοτε ' ' , ο λογος σχημα, Ε2 Β. �

τ

Ψ

4

Ε. - .

1

22 .

Α. �

χ

45 .

1 8 , 2 Γ , 3 Γ , 4Δ. 5 Ε . 6 Α , 7Δ. 8 Ε . 9Γ, l OE. l l A ,

1 2Δ , 1 3 Α , 1 4Ε , 1 58 , 1 6Ε . 1 78 . 1 8 Ε , 1 9Δ . zoe, z ι r. 2 2Δ, 2 3 Γ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4176

ψ

χ

Νικόλαος Αρτεμιάδης (1917-2010) Πέθανε, πλήρης ημερών ( 1 1 Οκτωβρίου 20 1 0), ο μαθηματtκός και μέλος της Ακαδημίας Αθηνών Νικόλαος Αρτεμιάδης. Ο Νικόλαος Αρτεμιάδης ( Κωνσταντινούπολη, 1 9 1 7 - Αθήνα, ll Οκτωβρίου 20 1 0 ) ήταν Έλληνας μαθηματικός. Διετέλεσε πρόεδρος της Ακαδημίας Αθηνών το 2000. Υπήρξε μέλος της Ελληνικής Μαθη ματικής Εταιρείας, της οποίας διετέλεσε πρόεδρος κατά το 1 9 77 -19 7 9, της Εθνικής Μαθηματικής Επιτροπής της Ακαδημίας Αθηνών της οποίας είναι Τακτικό μέλος από το 1 986, της American Mathematica1 Society (AMS) και της Mathematical Association of America, ως και άλλων διεθνών επιστημονικών εταιρειών. Σπούδασε μαθηματικά στο Αριστοτέλειο Π ανεπιστήμιο Θεσσαλονίκης και υπηρέτησε στη Μέση Εκπαίδευση, σε σχολεία της Αθήνας (1943- 195 1). Συνέχισε τις σπουδές του στή Σορβόννη (195 1 -1958), όπου απέκτησε δύο διπλώματα ανωτέρων σπουδών, στη «Μαθηματική Ανάλυση» και στην «Άλγεβρα και Θεωρία Αριθμών» και αναγορεύτηκε διδάκτορας των Μαθηματικών Επιστημών Από το 1 958 μέχρι του 1 9 7 5 δίδαξε ως καθηγητής στις Η.Π.Α. , στα πανεπιστήμια του Wisconsin και του Southern Illinois και στο Αριστοτέλειο Πανεπιστήμιο Θεσσαλονίκης κατά το διάστημα 1 960-196 1 . Το 19 7 5 επανήλθε ως τακτικός καθηγητής στην Α ' Έδρα Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Πατρών στην οποία είχε εκλεγεί ( 1 966), αλλά είχε αρνηθεί να ορκισθεί (196 7 ) λόγω της δικτατορίας των συνταγματαρχών. Στο Πανεπιστήμιο Πατρών δίδαξε μέχρι του 1 984, οπότε αποχώρησε ως ομότιμος. Διετέλεσε κοσμήτωρ της Φυσικομαθη ματικής Σχολής (19 7 5-1 9 7 6) και Συγκλητικός (19 77 -19 7 8) του Πανεπιστημίου Πατρών, ως και μέλος της διοικούσας επιτροπής του Πανεπ ιστη μίου Κρήτης (1 9801 98 1). Το 2000 ο Πρόεδρος της Ελληνικής Δημοκρατίας του απένειμε το παράση μο του «Ανώτερου Ταξιάρχη του Τάγματος του Φοίνικος».

1 0°

Πανελλήνιο Συνέδριο Γεωμετρίας (27- 29 Μα"ϊου 201 1)

Με την παράδοση των προηγούμενων επιτυχημένων

Πανελληνίων Συνεδρίων Γεωμετρίας, συνεχίζεται και φέτος και διοργανώνεται το 10° Συνέδριο Γεωμετρίας για ερευνητές και μεταπτυχιακούς φοιτητές που δραστηριοποιούνται στον ευρύτερο χώρο της Γεωμετρίας (Διαφορική Γεωμετρία - Εφαρμογές, Αλγεβρική Γεωμετρία, Κυρτή Γεωμετρία, Γεωμετρική Ανάλυση, Αλγεβρική Τοπολογία). Το επιστημονικό μέρος του συνεδρίου θα λάβει χώρα στο Συνεδριακό Κέντρο του Πανεπιστημίου Πατρών. Η καταληκτική ημερομηνία εγγραφών και αποστολής περιλήψεων είναι 1 1 Απριλίου 201 1 . Η εγγραφή στο συνέδριο είναι 40 ευρώ (20 ευρώ για φοιτητές) και περιλαμβάνει το γεύμα του Σαββάτου και την μετακίνηση της Κυριακής στα Καλάβρυτα. Για περισσότερες πληροφορίες: Ανδρέας Αρβανιτογεώργος,

arvanito@math.upatras.gr.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.4177

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν •

•

Ο E ίi le r έχασε το φως του το

Μ αθη ματικά παράξενα

1735 γιατί παρατήρησε μια έκλειψη Ηλίου με γυμνούς οφθαλμούς;

Παρ άξενα αριθμητικά "τοπία''

Στη φύση βλέπουμε πολλές φορές μονότονα τοπία τα οποία όμως θαυμάζουμε π.χ. την άνοιξη βλέ­ πουμε πολύχρωμο τοπίο ή με κίτρινα, με κόκκινα, με μωβ λουλούδια, ή πράσινο τοπίο ή χιονισμένο τοπίο, κάτι ανάλογο μπορούμε να πούμε και για τα αποτελέσματα των πράξεων με αριθμούς.

' ' μερικα' αριθ•μητικά «τοπια»: Α.ς δ ουμε ' i ; ;

i ' .; , , ' 7

I

� ·.· . 3 7

' · ·. 5 . 7 • '

,

!

..

7 r7

1 5 �iί.l \ 2 \ 7 2 1 � 2 2 2

ι :- �π, , 4 , 7=�-ι .+ .t � -t

,, ' · '

·> ;· · ·· ·

! 5 � 7 \ \ 6 \ 7 = 6 6 (16 6 () ! 5 Η 7 ? \ 8 \ 7� Ν Η Η Ν Ν Η

.

. , .· : ;

9 7

8547x 2 x l 3 = 2 2 2 2 2 2

8547x i J = l l l l l l

8547x3 x l 3=333333

8547χ4χ 1 3= 444444

8547χ5χ 1 3= 555555

8547x6x l 3 = 666666

8547χ7χ 1 3= 777777

8547χ8χ 1 3= 888888

8547x9 x l 3 =999999 IOixl \=1 1 1 1

1 0 I χ2χ \ I =2222

I Ο Ι χ 5 χ 1 1 =5555

I O \ x 6 x l \ =6 6 6

J () l x 3 x l \ = 3 3 33

10 Ι χ 4 χ 1 1 =44 4 4

1 0 ! \ 7 \ \ \ =7 7 7 7

I

9 99

I Ο I χ9χ 1 1 = 9 1 1 \ 1 1

1 1 1 χ 1 1 1

121

1 1 1 1 \ 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1χ1 1 1 1 1 1

1 234565432 1

1 1 1 1 1 1 1 1χ1 1 1 1 1 1 1 1

1 23 2 1

I I I I Iχ1 1 1 1 I

1 23432 1

6

() Ι x 8 x i \ = 88 R 8

1 234543 2 1

1 \ l l l l l x l l l l \ 1 1 " 1 23456765432 1

1 234567876543 2 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1χ1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 234567898765432 1

12345679χ9= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12345679χ3χ9= 333333333 12345679χ5χ9= 555555555 12345679χ7χ9= 777777777 12345679χ9χ9= 999999999

12345679χ2χ9=222222222 12345679χ4χ9= 444444444 12345679χ6χ9= 666666666 12345679χ8χ9= 888888888

1 2345 679χ3 χ8= 296.296.296

\ 2345679χ3χ5= 1 85 . 1 85 . 1 85

\ 2345679χ3χ7=2 59.259.259

3 7 x3= \ l l

3 7χ3 χ2=2 2 2

3 7 χ 3 χ3=333

3 7χ3 χ4=444

\ 2345679χ3 χ \ 1 =407.407.407

3 7 χ3 χ 5=555

3 7χ3 χ6=666

37χ3 χ7=777

3 7χ3 χ8=888

3 7χ3 χ 9=999

666=1b-2b+3b φz=φ+1, φ3=2φ+1 , φ4=3φ+1, 153=13+53+33

4 1 5 1 =4' + 1 ' +5' + 1 , •

•

•••

666=1 J+2J+3J+4J+5J+6J+5J+4J+3J+2J+ 1 J φ= -2ημ(666°)= -2συν(6.6.6°) φ=1,618033 λόγος χρυσής,το_μής •.•

1 0 0=0+ 1 +2 +3+4+5+6+ 7+8χ9

I O U=O+ I x2 x 3 x4+5+6+ 7 xR+9

Ο Ν εί)τωνας ήταν πρόωρο μοναχοπαίδι μιας χήρας, που μεγάλωσε με τον παππού και την γιαγιά. Στο σχολείο ήταν ονειροπόλος και αφηρημένος. Με το έργο του "principia" εισήγαγε τα μαθηματι­ κά στη φυσική και επινόησε το Διαφορικό Λογισμό. Επίσης του άρεσαν τα μαθηματικά αινίγματα. Ο l\1 ιλ{ινκοβιτς ως καθηγητής από το στην έδρα των Εφαρμοσμένων Μ αθηματικών στο πα­ νεπιστήμιο του Βελιγραδίου ασχολήθηκε με το ημερολογιακό ζήτημα. Δημιούργησε ένα νέο ημε­ ρολόγιο για τις Ορθόδοξες Εκκλησίες, το «Αναθεωρημένο Ιουλιανό Ημερολόγιο», που είναι σχεδόν ταυτόσημο με το Γρηγοριανό Ημερολόγιο, αλλά ακριβέστερο. Οι Ορθόδοξες Εκκλησίες των Βαλ­ κανίων το δέχθηκαν περιορίζοντας έτσι τις εσωτερικές και λαϊκές αντιδράσεις φανατικών που αντι­ δρούσαν στην αποδοχή του Γρηγοριανού ημερολογίου (στην Ελλάδα εισήχθη το 1923).

1909

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ. 4/78

-------

•

Τ α μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Ο P o i n α1 re δεν είχε καλή όραση και σωματική διάπλαση αλλά ήταν ο μοναδικός Μαθηματικός μέ­

χρι σή μερα, που κατείχε σε βάθος όλους τους κλάδους των μαθηματικών. Ο Karl Weierstrass σε διαγωνισμό για τα γενέ­ θλια του Βασιλιά της Σουηδίας Oscar Β ' έθεσε προβλήματα με έπαθλο σουηδικές κορόνες. Ένα από αυ­ τά με το οποίο ασχολήθηκε ο Poincare ήταν το πρόβλη μα, αν το ηλιακό σύστημα είναι ευσταθές. Για την εργα­ σία του αυτή πήρε και βραβείο N ob el . Ό μως η εργασία είχε κάποιο λά­ θος που εVτόπισε ο Ε.

Fragman. Ο Poincare κατά την διόρθωση της εισήγαγε «το χώρο των φάσεων» και με τη λύση που έδωσε έφτασε στη θεωρία του χάους, που τα τελευταία χρόνια έχουν στραφεί όλοι οι επιστήμονες. Το χαοτικό αποτέλεσμα βασάνιζε τον Poincare σε όλη του τη ζωή, αλλά χωρίς Η/Υ δεν ήταν δυνατό να πάει παρα­ πέρα.

2 5 00

(2 1-1-1 889)

4

30

•

"

Όταν η φύση αυτοσχεδιάζει στο Ελληνικό τοπίο με γεωμετρικά σχή ματα απείρου κά­ λους. Μια ποιητική αίσθηση της πραγματι­ κότητας που σε ταξιδεύει . . . Μ αΟη μ α τ ι κ ό z ύ ο ς : Στη θεωρία του χάους λέμε ένα σύστημα είναι χαοτικό αν μια μι­ κρή μεταβολή στις αρχικές συνθήκες έχει τεράστια επίδραση στο τελικό αποτέλεσμα. Παράδειγμα στο φλιμπεράκι κάθε φορά η μπάλα ακολουθεί διαφορετική διαδρομή . Στο νερό των ποταμών που κυλάει στην κοί­ τη τους ανάμεσα σε πέτρες και βράχους εμ­ φανίζεται τύρβη . Στα καιρικά φαινόμενα που η παραμικρή αλλαγή στις αρχικές συνθήκες σε μέρες αλλάζει την πρόγνωση του καιρού. Το πέθανε ο Benoit Mandelbrot ο οποίος με τον Η/Υ του και την βοήθεια των μιγαδικών αριθμών το δημιούργησε τα υπέροχα fractals (μορφοκλασματικά σχήματα). Αυτά τα ωραία σχήματα συναντάμε συνήθως στη φύση και σπάνια τα τετράγωνα, τρίγωνα και κύκλους. Έτσι, αν μεγεθύνουμε τις ακτογραμμές μιας ηπείρου σε ένα χάρτη θα δούμε κάτι παρόμοιο και δεν θα ήταν εύκολο να βρούμε το μήκος της ακτογραμμής με ακρίβεια αφού όσο μεγεθύνουμε το χάρτη φαίνονται περισσό­ τερες λεπτομέρειες και το μήκος αλλάζεί, έχουμε fractal διάσταση .

4-5

201 Ο 197 5

Π ρο βλή ματα Το μοίρασμα Ο πατέρας κράτησε το ένα τέταρτο

από το ορθογώνιο χωράφι του και το υπόλοιπο το μοίρασε σε ίσα μερίδια στα τέσσερα παιδιά του. Το μοίρασε έτσι ώστε κάθε μερίδιο να ορίζεται

από ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του χω­ ραφιού. Πως έκανε το μοίρασμα; Ο δρόμος Ένας «Καλλικρατικός» δή μαρχος θέί.ει να κατασκευάσει ένα κυκλικό δρόμο που να εξυ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/79

-------

Τ α μαθηματικά μας δ ιασκεδάζουν

πηρετεί 4 πόλεις με την προϋπόθεση ο δρόμος να έχει την ίδια απόσταση από το παλιό «Καποδιστριακό» κατάστημα κάθε πόλεως. Ο πολιτικός μηχανικός που έκανε τη μελέτη διαπίστωσε ότι τα 4 καταστήματα ήταν κορυφές ενός μη εγγράψιμου τετραπλεύρου. Πώς σχεδίασε το δρόμο; Lamar ο

μάντη ς

Ο μάντης Lamar αφού άνοιξε ένα βιβλίο και έγραψε μια λέξη σε ένα χαρτί το έδωσε σε ένα μαθητή που ήταν στο κοινό και τον παρακολουθούσε. Ύστερα του πρότεινε να σκε­ φτεί ένα 3ψήφιο αριθμό με πρώτο και τελευταίο ψηφίο να διαφέ­ ρουν κατά δύο ή περισσότερο, να πάρει τη διαφορά μεταξύ του αριθ­ μού και του ανε­ στραμμένου και ύστερα το άθροι­ σμα της διαφοράς και του ανεστραμμένου αυτής. Ακολούθως να πά-

ρει το βιβλίο, να ανοίξει στη σελίδα που αντιστοι­ χεί στα δυο πρώτα ψηφία του αθροίσματος, στη γραμμή από το 3° ψηφίο και τη λέξη από το τε­ λευταίο ψηφίο. Πράγματι εκεί βρήκε τη λέξη που ήταν γραμμένη στο χαρτί. Πώς τη μάντεψε;

Τα σπίρτα

Ο «μεγάλος μάγος» ζήτησε από το κοινό όσοι έχουν ένα κουτί σπίρτα να το ανοίξουν να μετρήσουν τα σΠίρτα και να βγάλουν από μέσα τόσα όσα λέει το άθροισμα των ψηφίων του αριθ­ μού. Ύστερα του έδιναν το κουτί με τα υπόλοιπα σπίρτα. Χωρίς να το ανοίξει το κουνούσε 3 φορές και μάντευε τα σπίρτα που είχαν απομείνει. Πώς μαντεύει ο μάγος; Το

ζύγισμα

Έχουμε 5 ίδια μπουκάλια νερό αλλά έχουν διαφορετικό βάρος. Πώς θα βρούμε το μπουκάλι που έχει βάρος 1 000 gr με τρία μόνο ζυ­ γίσματα, αν ξέρουμε ότι τα βάρη είναι: 1 OOOgr, 1 00 1 gr, 1 002gr, 1 004gr, 1 007gr;

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Το μοίρασμα: Αφού ο πατέρας πήρε το Υ-ι το κάθε παιδί θα πάρει από % :4=3/ 1 6 και θα μοιραστεί ως

εξής:

Lamar ο

Ιa - rΙ 2 2 πάντα eα έχουμε απο­

μάντης: Αν πάρουμε οποιονδήποτε

3ψήφιο αβγ με

τέλεσμα 1 089. Παράδειγμα αν ο μαθητής πήρε τον 347, έχουμε 743-347=3 96 και 396 +693= 1 089. Άρα η λέξη είναι γραμμένη στη 1 η σελίδα, στην 8η γραμμή, στην 9η θέση .

Ο

Ο δρόμος: Αν Α,Β,Γ,Δ είναι οι θέσεις των κτηρί­ ων και (Ο,ΟΕ) κύκλος που διέρχεται από τα Α,Β,Γ γράφουμε την ακτίνα του ΟΔΕ παίρνουμε το μέσο Μ του ευθ. τμήματος ΔΕ και ο κύκλος (Ο,ΟΜ) εί­ ναι ο ζητούμενος δρόμος. Υπάρχουν άλλες 3 λύ­ σεις.

Τα σπίρτα: Ένα κουτί έχει μέχρι 50 σπίρτα. Αν κάποιος μέτρησε π.χ. 4 1 σπίρτα πρέπει να αφαιρέ­ σει τα 4+ 1 =5 από αυτά ενώ στο κουτί θα μείνουν 4 1 -5=36=4χ9 δηλαδή πολλαπλάσιο του 9 . Επομέ­ νως κάθε κουτί θα έχει 9 ή 1 8 ή 27 ή 36 ή 45 σπίρ­ τα. Με λίγη πείρα μπορείτε και σεις να το μαντέ­ ψετε. Το ζύγισμα: Αριθμούμε τα μπουκάλια 1 ,2,3,4,5 και ζυγίζουμε τα 4 μαζί. Αν βρεθεί βάρος 40 1 4gr τότε το 5° είναι 1 OOOgr αφού όλα μαζί είναι 5 0 1 4gr. Αν το βάρος είναι διαφορετικό π.χ. 40 1 2gr τότε το 5° είναι 1 002gr, οπότε ζυγίζουμε το 1 ο και 2° μαζί, αν προκύψει βάρος 20 1 1 gr τα άλλα δυο είναι τα 1 00 1 gr και l OOOgr έτσι αφού ζυγίσουμε ένα από τα δυο έχουμε τη λύση .

Ευχαριστούμε τον Δημήτρη Καρβελά χημικό για την άσκηση που έστειλε. Επίσης συγχαίρουμε τον μα­ θητή της Α ' τάξης του 2ου Λυκείου Κέρκυρας Κωνσταντίνο Καββαδία για την ωραία λύση που προ­ σπάθησε να δώσει στο πρόβλημα «Οι τρείς σωροί» του τεύχους τ. 77. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 80 τ. 4/80

Επιμέλεια: Αντ ώνης Κυρ ιακόπουλος Γιώ ργος Τασσόπουλος

Σ' αυτό το τελευταίο τεύχος της χρονιάς σας δίνουμε τις λύσεις του τεύχους 79 και μερικές 'ι':έ::ς προτεινόμενες α­ σκήσεις. Σας ευχαριστούμε για την ανταπόκριση που δείξατε στη στήλη του μαθητή και σας περιμένουμε με το ίδιο ενδιαφέρον τη νέα σχολική χρονιά. Καλή επιτυχία στις εξετάσεις σας. 'Γ ΗΠ

.\

\ 1 Η\::[Ίο υ

Α8. Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς τις οποίες ισχύει: ι + χ + χ 2 y 2 =

χ

και

y,

για

Νίκος Αντωνίου, Πάτρα. Για κάθε πραγματικό αριθμό 2 , έχουμε:

χ Ο + χ Ο και συνεπώς: χ 2 < + χ + χ 2 • Επίσης έχουμε: χ � 2χ και συνεπώς: l + x + x2 � x2 +2x + l = (x + l ) 2 • Έτσι, για κάθε πραγματικό αριθμό χ Ο , έχουμε: χ < + χ + χ 2 � (χ + ) Συμπεραίνουμε ότι με χ και y φυσικούς αριθμούς έχου­ με : + χ + χ- = y- <=> { lx2+ <x +1 +xx2 =+ x2/ � (x +l ) 2 <:::> xz < yz � (x + l)z x < y � x + l { + χ + χ- = y- { + χ + χ 2 = y-, <=> <=> { �+=xx++xlz = (x + l)z <=> {� : � Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: χ=Ο και y= ,

'\

>

I

I

I

z

I

?

I

q

z .

?

?

I

2

?

q

I

Κώστας

Να

Β7.

Ο

2

=

10 (ι).

Για να ορίζεται η εξίσωση ( \ ) πρέπει και αρκεί

χ Ο τότε: ( Ι ) <=> ( χ2 ) 1 + 2 Ιugχ' = 1 0 <=> ( 1 + 2 1og x2 ) 1ogx 2 = 1 <:::> logx2 = y log χ 2 = y { log χ 2 = y <=> (1+2y)y = l <=> 2y2 + y-1 = 0 <=> y ε {-l·k} <=> <:::> log χ 2 = ή log χ 2 = ..!..2 <:::> χ 2 = _!_10 ή χ 2 = JlO <:::>

{

-:f.

{

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγί­ σιμη στο JR. και ισχύει: f' (χ) � 3 , για κάθε χ ε JR Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: f(x) χ 3 έχει το πολύ μια ρίζα μεγαλύτερη του ι.

•

=

Σάντυ Φλαμιάτου, 4° Λύκειο Γαλατσίου Έστω ότι υπάρχουν δύο αριθμοί α και β με Ι <α<β, για τους οποίους ισχύουν : f(α) α3 και

=

= β3 • Προφανώς η συνάρτηση f πληροί τις υποθέσεις του θεωρή ματος μέσης τιμής στο διάστη μα [α, β] . Συνεπώς, υπάρχει αριθμός ξ ε [α, β] με: f(β) - f(α) β3 - α3 3 3 = = β 2 + βα + α2 > ::::> f'(ξ) > , f ( ξ) = β-α β-α f(β)

--

'

άτοπο.

Γιώργος Ν ικολακάκης, Καλαμάτα

I.

ικονό μου , Θεσσαλονίκη

( )l+lo gx'

λυθεί η εξίσωση χ

<:::> χ ε{.Jιο.- .Jιο.�.-� } -

-I

Αν μεταξύ των πλευρών α,β,γ τριγώνου ΑΒΓ ισχύ ­ 2 >5 2 2 ει η σχέση α + β γ , τότε η πλευρά γ είναι η μι ­ κρότερη πλευρά του τριγώνου Κώστας Γ. Σάλαρης, Μαθη ματικός Αθήνα Αν οι πλευρες ενός τριγώνου ΑΒΓ έχουν μήκη του; ακεραίους αριθμούς α,β,γ και το ένα ύψος του ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο τοτε να δείξετε ότι ο α­ 2 2 ριθμός α + β + γ είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

2

Κώ στας Γ. Σάλαρης, Μαθη ματικός Αθήνα

Να δείξετε ότι η συνάρτηση f

\η

(χ) = χ , δεν είναι

πολυωνυμική . Μήπως είναι ρητή συνάρτηση ; Άννυ Φανέλη, Μ αθηματικός Αθήνα

Καλό Καλοκαίρι

ΚαλοκαιΡ.ιΥά

�------

Καλοκαιρινή Κατασκήνωση : Σοφι κό Κορινθίας : Δημοτι κό (Δ , Ε , Στ ' ) iC'i '

(24 Ιουλίου (3 1 Ιουλίου

-

-

3 1 Ιουλίου)

7 Αυγούστου)

Πληροφορ ί ε ς Γραφ ε ία Ε . Μ . Ε . τηλ. : 2 1 0 3 6 1 6 5 3 2 - 2 10 3 6 1778 4 , i nf o @ h m s . g r

Η 5η Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές Πανεπιστη μίων της Νοτιοανατολικής Ευρώπης (Southeastern

European Mathematical Olympiad for University Students SEEM O U S 201 1 ), με συμμετοχή φοιτητών που εκπροσωπούν ονομαστά Πανεπιστήμια από όλο τον κόσμο που διοργανώνεται από τη Μαθη ματική Εταιρεία της Νοτιοανατολικής Ευρώπης διεξήχθη στο Βουκουρέστι στις 2-6 Μαρτίου 2 0 1 1 . Από ελληνικής πλευράς συμμετείχε η Ολυμπιακή Ομάδα, που Μεγάλη Ελληνική Επιτυχία αποτελούνταν από τους: 1. Ε ΚΠΑ Ζαδίκ Ηλία, δευτεροετή φοιτητή Τμή ματος Μαθηματικών 2. Μοσχίδη Γεώργιο, δευτεροετή φοιτητή ΣΕΜΦΕ Ε Μ Π Ε ΚΠ Α Μπορμπίλα Γεώργιο, δευτεροετή φοιτητή Τμήματος Μαθηματικών 3. ΕΚΠ Α 4. Ζέμα Κωνσταντίνο, πρωτοετή φοιτητή Τμήματος Μαθη ματικών ΕΚΠΑ Εσκενάζη Αλέξανδρο, πρωτοετή φοιτητή Τμήματος Μαθηματικών 5. ΕΚΠΑ.

6. Μαυρίκο Μανώλη , δευτεροετή φοιτητή Τμ1Ίματος Μαθη ματικών Η ομάδα επιλέχθηκε με διαγωνισμό που πραγματοποιήθηκε το Σάββατο 29 Ιανουαρίου 201 1 από επιτροπή αποτελούμενη από τους Καθηγητές του Πανεπιστήμιου Αθηνών Βασίλη Νεστορίδη (Συντονιστής), Αριστείδη Κοντογεώργη, Αντώνη Οικονόμου και τον Καθηγητή του Πανεπιστημίου Κρήτης κ. Αχιλλέα Τερτίκα. Μεταξύ όλων των συμμετεχόντων φοιτητών πρώτος στη γενική κατάταξη με κορυφαία επίδοση (39,5 με άριστα το 40) ήταν ο Έλληνας δευτεροετής φοιτητής στο Τμήμα Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αθηνών Ηλίας Ζαδίκ, που κατέκτησε το ένα από τα δυο Χρυσά μετάλλια της Ελληνικής Ομάδας. Ακόμη πήραν: Μοσχίδης Γεώργιος, Χρυσό Μετάλλιο Ζέμας Κωνσταντίνος, Μπορμπιλάς Γεώργιος, Αση μένιο Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Ε σκενάζης Αλέξανδρος, Μπογιόκας Δημήτριος, Χάλκινο Μετάλλιο Ασημένιο Μετάλλιο Η επιτυχία αυτή των Ελλήνων ψοιτητών είναι ακόμη μεγαλύτερη αφού στον διαγωνισμό συμμετείχαν και οι Εθνικές ομάδες της Ρωσίας και της Ουκρανίας, χωρών που έχουν μεγάλη παράδοση στα Μαθηματικά όπως και στους Μαθηματικούς Διαγωνισμούς. Την προετοιμασία της Ολυμπιακής Ομάδας που έγινε από την Ε λληνική Μαθηματική Εταιρεία στους χώρους της, είχαν αναλάβει οι καθηγητές Παπαϊωάννου Αλέξης (Εθνικό Μετσόβιο Π ολυτεχνείο), Καλογερόπουλος Γρηγόριος (Πανεπιστήμιο Αθηνών), Γιαννόπουλος Αποστόλης ( Π ανεπιστήμιο Αθηνών), Κραββαρίτης Δημήτρης (Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο), Μαλιάκας Μιχάλης ( Π ανεπιστήμιο Αθηνών), Αθανασιάδης Χρήστος ( Π ανεπιστή μιο Αθηνών), Μπαρ μπάτης Γεράσιμος (Πανεπιστήμιο Αθηνών) Οικονόμου Αντώνης (Πανεπιστήμιο Αθηνών) Εμμανουήλ Ιωάννης ( Π ανεπιστήμιο Αθηνών) Χελιώτης Δημήτρης ( Π ανεπιστήμιο Αθηνών) και Αχιλλέας Τερτίκας ( Π ανεπιστή μιο Κρήτης). Αρχηγός της Ολυμπιακής Ομάδας ήταν ο Καθηγητής κ. Αχιλλέας Τερτίκας, ( Π αν. Κρήτης).

2nd gouth IΞagfgrη IΞuropgan Mathgmatί(!al Olympiad for U nίvgrgίfy gtudgnfg

't��'

-=--s"��

Problem 3 Giυen vectors α, b, c Ε IR "I show that

Problem 1 For α giυen integer n ?: 1 , let f :

where (χ, y } denotes the sωlar (inner) product of the υectors χ and y and

1 f(x) ι

llxll2 = {χ, χ).

1 ι

dx �

(n + 1) xnf(x) dx.

ο

a;iaii

=

� Ο for all i, j.

eigenvalues of Α.

(a;J) be α real n χ

n

matrίx such that

Α" f Ο

[0, 1]

(k)

twice continuously differentiable in1 n-1 creasing function. Dejine the scquences giυen by L,. = - Σ J - and n n k=O

Problem 4 Let f :

ο

Find all non-decreasing continuous functions for which fiJUαlity holds.

Problem 2 Let Α

(llall (b,c) )2 + (llbll (a,c})2 � llallllb ll (llallllbll + I (α,b} I) llcll2,

[0, 1] --ί JR be α non-decreasing

function. Proυe that

and

Prove that there exist two nonreal numbers among

Un � Σ J =

n k= ι

(�), n

--+

IR be

α

n � 1. The interυal

[Ln, Un]

is divided into thm equal ι

segmωts. Prove that, for large eno·ugh n,

the number Ι = J f(x) dx belongs ο

to the middle one

of these three se,qments.